大学物理答案第八章 西南交大版

《大学物理》作业 N0.1 运动的描述班级 ________________ 学号 __________ 姓名 _________ 日期 _______ 成绩 ________一、选择题：B D DC B B二、填空题：1. 8 m ，10 m2. m r s 042.023201.0=⨯⨯==πθ ， s m vs r t r v po/0041.0/3==∆∆=3.s m l l r v v t /8.69cos sin sin sin sin 2=====θωθωθθωθ 或θωθθ22cos d d cos 1d d l t l t x v =⋅==4. 切向加速度的大小为 260cos g g a t -=-=法向加速度的大小为g g v a n 2330cos 2===ρ所以轨道的曲率半径gv a v n 33222==ρ5. 以地球为参考系，()⎪⎩⎪⎨⎧=+=2021gt y tv v x 消去t ，得炮弹的轨迹方程 ()202x v v gy +=同理，以飞机为参考系 222x vg y = 6. ()2s m 15.05.03.0-⋅=⨯==βr a t飞轮转过 240时的角速度为ω，由0,20202==-ωβθωω，得βθω22= 此时飞轮边缘一点的法向加速度大小为()22s m 26.123602405.023.02-⋅=⨯⨯⨯⨯===πβθωr r a n三、计算题：1．一个人自原点出发，25 s 内向东走30 m ，又10 s 内向南走10 m ，再15 s 内向正西北走18 m 。

求在这50 s 内，（1）平均速度的大小和方向，（2）平均速率的大小。

解：建立如图坐标系。

（1） 50 s 内人的位移为r ++=∆(ji j i j i73.227.1745cos 181030+=+-+-=平均速度的大小为)s m (35.05073.227.17122-⋅=+=∆∆=t r v与x 轴的夹角为)98.8(98.827.1773.2tg tg 11东偏北==∆∆=--x y ϕ（2） 50 s 内人走的路程为S =30+10+18=58 (m)，所以平均速率为)s m (16.150581-⋅==∆=t S v2．如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动。

西南交⼤⼤物试卷答案08A《⼤学物理AII 》作业 No.8 量⼦⼒学基础⼀、选择题1. 如果两种不同质量的粒⼦，其德布罗意波长相同，则这两种粒⼦的 [ A ] (A) 动量⼤⼩相同。

(B) 能量相同。

(C) 速度⼤⼩相同。

(D) 动能相同。

解：由德布罗意关系λhp =可知，粒⼦波长相同，动量⼤⼩必然相同。

由于粒⼦质量不同，所以，粒⼦速度、动能和能量将不同。

2. 若α粒⼦在磁感应强度⼤⼩为B 的均匀磁场中沿半径为R 的圆形轨道运动，则粒⼦的德布罗意波长是 [ A ] (A)eRB h 2 (B) eRBh(C) eRB 21 (D) eRBh 1 解：由B v q F ?=和Rv m F n 2=，有半径eB mvqB mv R 2==，所以德布罗意波长eBRhmv h 2==λ。

3. 设粒⼦运动的波函数图线分别如图(A)、(B)、(C)、(D)所⽰，那么其中确定粒⼦动量的精确度最⾼的波函数是哪个图？[ A ]解：由不确定关系 ≥x p x 可知，x ?⼤，x p ?⼩，图(A)x ?最⼤，所以x p ?最⼩，确定粒⼦动量的精确度最⾼。

4. 关于不确定关系??=≥π2h p x x有以下⼏种理解：(1) 粒⼦的动量不可能确定。

(2) 粒⼦的坐标不可能确定。

(3) 粒⼦的动量和坐标不可能同时确定。

(4) 不确定关系不仅适⽤于电⼦和光⼦，也适⽤于其它粒⼦。

()D xx x ()A()B ()C其中正确的是：[ C ] (A) (1)、(2) (B) (2)、(4) (C) (3)、(4) (D) (4)、(1)5. 已知粒⼦在⼀维矩形⽆限深势阱中运动，其波函数为：()()a x a a x ax ≤≤-?=23cos1πψ那么粒⼦在6/5a x =处出现的概率密度为[ A ] (A)a 21 (B) a 1(C) a21 (D) a1解：概率密度()a x a x 23cos 122πψ=，将6/5a x =代⼊，得()aa a a x 216523cos 122==πψ⼆、填空题1. 若中⼦的德布罗意波长为2?，则它的动能为J1029.321-?。

No.3 角动量、角动量守恒定律一、选择题： 1．D解：设地球绕太阳做圆周运动的速率为v ，轨道角动量为L ，由万有引力定律和牛顿运动定律 R v m R m M G 22=可得 GMR m mvR L RGMv ===,2．B解：设棒长为l ，质量为m ，在向下摆到角θ时，由转动定律βθJ lmg =⋅cos 2（J 为转动惯量） 在棒下摆过程中，θ增大，β减小。

棒由静止开始下摆，ω与β转向一致，所以由小变大。

3．C解：设A 、B 连盘厚度为d ，半径分别为A R 和B R ，由题意，二者质量相等，即 B B A A d R d R ρπρπ22=因为B A ρρ>，所以22B A R R <，由转动惯量221mR J =，则B A J J <。

4．B解： （1）对转轴上任一点，力矩为F r M ⨯=。

若F 与轴平行，则M一定与轴垂直，即对轴的力矩0=z M ，两个力的合力矩一定为零。

正确。

（2）两个力都垂直于轴时，对轴上任一点的力矩都平行于轴，若二力矩大小相等，方向相反，则合力矩为零。

正确。

（3）两个力的合力为零，如果是一对力偶，则对轴的合力矩不一定为零。

（4）两个力对轴的力矩只要大小相等，符号相反，合力矩就为零，但两个力不一定大小相等，方向相反，即合力不一定为零。

5．C解：以两个子弹和圆盘为研究对象，外力矩为零，系统角动量守恒。

设圆盘转动惯量为J ，则有 ()ωω202mr J J mvr mvr +=+-022ωωmr J J+=可见圆盘的角速度减小了。

m二、填空题：1． M = 0 ； L= k ab m ω 。

解：由j t b i t a rωωsin cos +=，质点的速度和加速度分别为jt b i t a a jt b i t a vωωωωωωωωsin cos cos sin 22--=+-= 质点所受对原点的力矩为M a m r F r⨯=⨯=()()0sin cos sin cos 22=--⨯+=jt mb i t ma j t b i t a ωωωωωω质点对原点的角动量为()()j t mb i t ma j t b i t a v m r Lωωωωωωcos sin sin cos +-⨯+=⨯= k ab mω=2． M =mgl β=lg 。

No.1机械振动一、判断题[T ]1.解：根据简谐振动的判据3。

[F ]2.解：根据振子的角频率mk=ω，可知角频率由系统决定的。

[T ]3.解：由简谐振动判据2：0d d 222=+x tx ω可知叙述正确。

[T]4.解：孤立的谐振系统机械能守恒，动能势能反相变化。

[T ]5.解：同向不同频率的简谐振动的合成结果就不一定是简谐振动。

二、选择题1.一劲度系数为k 的轻弹簧，下端挂一质量为m 的物体，系统的振动周期为1T 。

若将此弹簧截去一半的长度，下端挂一质量为m 21的物体，则系统振动周期2T 等于[D ]（A ）12T （B ）1T (C)21T (D)21T (E)41T 解：根据kmT π2=，因为弹簧截去一半的长度后，k k 22=，m m 212=，代入周期公式后可知：1222212T k m T ==π，所以选D 解：如图画出已知所对应矢量A，可知A 与x 轴正向的夹角为60=θ,则根据简谐运动与旋转矢量的对应关系可得2/3sin max v A v ==θω解：m T k m T m k T ∝⇒=⇒⎭⎪⎬⎫==/2/2πωωπ解：对于孤立的谐振系统，机械能守恒，动能势能反相变化。

那么动能势能相等时，有：221412122Ax kx kA E E E p k =⇒====，所以选C。

π21(A)π23)(B π)(C 0(D)解：两个谐振动x 1和x 2反相，且212A A =，由矢量图可知合振动初相与x 1初相一致，即πϕ=。

三、填空题1.描述简谐振动的运动方程是)cos(ϕω+=t A x ，其中，振幅A 由初始条件决定；角频率ω由振动系统本身性质决定；初相ϕ由初始条件决定；2.一简谐振动的表达式为)sin(ϕπ+=t A x ，已知0=t 时的初位移为0.04m,初速度为0.09m ⋅s -1，则振幅A =0.05m ，初相位ϕ=54.38︒解：根据已知条件：09.0cos ,04.0sin 00====ϕπϕA v A x ，由此两式，消去初相可求得振幅为0.05m 。

第8章 磁场8-10一均匀密绕直螺线管的半径为 ，单位长度上有 匝线圈，每匝线圈中的电流为 ，用毕奥—萨伐尔定律求此螺线管轴线上的磁场。

分析：由于线圈密绕，因此可以近似地把螺线管看成一系列圆电流的紧密排列，且每一匝圆电流在轴线上任一点的磁场均沿轴向。

解： 取通过螺线管的轴线并与电流形成右旋的方向（即磁场的方向）为x 轴正向，如习题8-10图解（a ）所示。

在螺线管上任取一段微元dx ，则通过它的电流为dI nIdx =，把它看成一个圆线圈，它在轴线上O 点产生的磁感应强度dB 为2022322()R nIdxdB R x μ=+由叠加原理可得，整个螺线管在O 点产生的磁感应强度B 的大小为212022322()x Lx R nIdxB dB R x μ==+⎰⎰0212212221221[]2()()nIx x R x R x μ=-++ 由图可知12122212221212cos os ()()x x R x R x ββ==++ c ，代入上式并整理可得 021(cos cos )2nIB μββ=-式中12ββ和分别为x 轴正向与从O 点引向螺线管两端的矢径r 之间的夹角。

讨论：（1）若螺线管的长度远远大于其直径，即螺线管可视为无限长时，20β=，1βπ=，则有nI B 0μ=上式说明，无限长密绕长直螺线管内部轴线上各点磁感应强度为常矢量。

理论和实验均证明：在整个无限长螺线管内部空间里，上述结论也适用。

即无限长螺线管内部空间里的磁场为均匀磁场，其磁感应强度B 的大小为0nI μ，方向与轴线平行；（2）若点O位于半无限长载流螺线管一端，即12πβ=，20β＝或12πβ=，2βπ＝时，无论哪一种情况均有nI B 021μ=------(8-19) 可见半无限长螺线管端面中心轴线上磁感应强度的大小为管内的一半；综上所述，密绕长直螺线管轴线上各处磁感应强度分布见习题8-10图解（b ）所示，从图中也可看出，长直螺线管内中部的磁场可以看成是均匀的。

大学物理第八章答案8-1 解：取固定坐标xOy ，坐标原点O 在水面上（图题所示）设货轮静止不动时，货轮上的A 点恰在水面上，则浮力为S ρga .这时 ga s Mg ρ= 往下沉一点时，合力 )(y a g s Mg F +-=ρ gy s ρ-=. 又 22d d tyMMa F == 故0d d 22=+gy s ty M ρ022=+y M gs dtdy ρ 故作简谐振动M g s ρω=2)(35.68.910102101022223334s g s M T =⨯⨯⨯⨯⨯===πρπωπ8-2 解：取物体A 为研究对象，建立坐标Ox 轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l 0处，此时：)(1.0sin 0m kmg l ==θ(1) (1) A 物体共受三力；重mg, 支持力N, 张力T.不计滑轮质量时，有 T =kx列出A 在任一位置x 处的牛顿方程式220d d )(sin sin txm x l k mg T mg =+-=-θθ将（1）式代入上式，整理后得0d d 22=+x m ktx 习题8-1图故物体A 的运动是简谐振动，且)rad/s (7==mkω 由初始条件,000⎩⎨⎧=-=v l x 求得,1.00⎩⎨⎧===πϕml A 故物体A 的运动方程为x =0.1cos(7t+π)m(2) 当考虑滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图所示，分别为T 1、T 2,则对A 列出任一位置x 处的牛顿方程式为:221d d sin txm T mg =-θ (2)对滑轮列出转动方程为：22221d d 2121t x Mr r a Mr J r T r T =⎪⎭⎫ ⎝⎛==-β (3)式中,T 2=k (l 0+x ) （4）由式（3）、(4)知2201d d 21)(txM x l k T ++=代入(2)式知 22021)(sin dtxd m M x l k mg ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+-θ又由（1）式知0sin kl mg =θ故0d d )21(22=++kx t xm M即0)2(d d 22=++x m M ktxm M k +=22ω可见，物体A 仍作简谐振动，此时圆频率为：rad/s)(7.52=+=m M k ω由于初始条件：0,000=-=v l x可知，A 、ϕ不变，故物体A 的运动方程为:m t x )7.5cos(1.0π+=习题8-2图由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为简谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率.8-3 解：简谐振动的振动表达式：)cos(ϕω+=t A x由题图可知，m 1042-⨯=A ,当t=0时，将m 1022-⨯=x 代入简谐振动表达式，得：21cos =ϕ 由)sin(ϕωωυ+-=t A ,当t=0时，ϕωυsin A -= 由图可知，υ>0,即0sin <ϕ,故由21cos =ϕ,取3πϕ-= 又因:t=1s 时，,1022m x -⨯=将其入代简谐振动表达式，得213cos ,3cos 42=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πωπω由t=1s 时,⎪⎭⎫⎝⎛--=3sin πωωυA <0知，03sin >⎪⎭⎫ ⎝⎛-πω,取33ππω=-，即 s 32πω= 质点作简谐振动的振动表达式为m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=-332cos 1042ππ8-4 解：以该球的球心为原点，假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r，由高斯定理可知304R rQ E πε=,则微粒在此处受电场力为:r R Qq F 304πε-=式中，负号表明电场F的方向与r的正方向相反，指向球心.由上式及牛顿定律，得：04d d 04d d 043022302230=+⇒=+=+r mRQqt r r R Qq t r mr RQqF πεπεπε令 mR Qq3024πεω=则 0d d 222=+r trω 习题8-3图故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由ωπ2=T知: QqmR T 3042πεπ=8-5 解：（1）取弹簧原长所在位置为O '点.当弹簧挂上物体A 时，处于静止位置P 点，有：P O k Mg '=将A 与B 粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡所在位置O 点，取O 点为原坐标原点如图题8-5所示，则有：g m M O O k )(+='设当B 与A 粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量x O O +',则A 、B 系统所受合力为：kx x O O k g m M F -=+'-+=)()(即 0d d )(22=++kx txm M可见A 与B 作简谐和振动. (2) 由上式知，rad/s)(10=+=mM kω以B 与A 相碰点为计时起点，此时A 与B 在P 点，由图题8-5可知kmgk Mg g k m M P O O O OP =-+='-'= 则t=0时，m 02.00-=-=-=kmgOP x (负号表P 点在O 点上方) 又B 与A 为非弹性碰撞，碰撞前B 的速度为:m/s 2220101=-='gh υυ 碰撞后，A 、B 的共同速度为：m/s 4.0010=+'=mM m υυ （方向向上）则t=0时，⎩⎨⎧=-=s m mx /4.002.000υ可求得：)m (0447.02220=+=ωυx Aπωυϕ65.0arctan 00=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=x 可知A 与B 振动系统的振动表达式为：m t x )65.010cos(0447.0π+=习题8.5图(3) 弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为：m A g kmM A O O x 1447.0=++=+'=∆则最大拉力 N 4.72max ==x k F ∆ 5-6 解：(1) 已知A=0.24m, 22ππω==T ,如选x 轴向下为正方向. 已知初始条件0m,12.000<=υx 即 3,21cos ,cos 24.012.0πϕϕϕ±=== 而 ,0sin ,0sin 0><-=ϕϕωυA 取3πϕ=,故：m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32cos 24.0ππ(2) 如图题所示坐标中，在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m 处，有32322132cos πππππ±=+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+t t因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，0<υ.故0)32sin(>+ππt则取3232πππ=+t 可得：s t 32min =(3) 物体在平衡位置上方0.12m 处所受合外力0.3N x m =-=ωF ,指向平衡位置.8-7 解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设u 为子弹射入木块后二者共同速度，由动量定理可知：m/s)(0.2=+=υmM mu不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即：20221)(21kx u m M =+ （x 0为弹簧最大形变量） m u kmM x 20100.5-⨯=+=由此简谐振动的振幅 20100.5-⨯==x A 系统圆频率rad/s)(40=+=mM kω习题8-6图若取物体静止时的位置O （平衡位置）为坐标原点，Ox 轴水平向右为正，则初始条件为： t =0时，x =0,0m/s 0.20>==u υ由,sin ,cos 00ϕωυϕA A x -==得：2πϕ-=则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为：m t x )240cos(100.52π-⨯=-8-8 解：当物体m 1向右移动x 时，左方弹簧伸长x ，右方弹簧缩短x ，但它们物体的作用方向是相同的，均与物体的位移方向相反，即)(21x k x k F +-=令F =-kx ,有:N/m 421=+=k k k 由 kmT π2= 得)kg (1.0442212211≈==ππkT k T m则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：kg 20.021=+m m新的周期 )s (4.12212=+=km m T π在平衡位置时，m 2与m 1发生完全非弹性碰撞. 碰撞前，m 1的速度m/s 10.0111πωυ==A 设碰撞后，m 1和m 2共同速度为υ. 根据动量守恒定律，υυ)(2111m m m +=则m/s 05.0)(2111πυυ=+=m m m新的振幅 m)(035.0222===πυωυTA 8-9 解：（1）由振动方程)25sin(60.0π-=t x 知，5(rad/s)m,6.0==ωA故振动周期： )s (26.1)s (256.1522≈===πωπT (2) t=0时，由振动方程得：)25cos(0.3|m60.0000=-==-==πυt dt dx x t (3) 由旋转矢量法知，此时的位相：3πϕ-=速度 m/s)(6.2m/s )23(560.0sin =-⨯⨯-=-=ϕωυA 加速度 )m/s (5.7m/s 21560.0cos 2222-=⨯⨯-=-=ϕωA a 所受力 N)(5.1N )5.7(2.0-=-⨯==ma F（4）设质点在x 处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即：221kA E E E p k ==+ 故有： )21(21212kA E E E p k ===即 22212121kA kx ⨯=可得： m)(42.022±=±=A x 8-10 解：（1）砝码运动到最高点时，加速度最大，方向向下，由牛顿第二定律，有：N mg ma -=maxN 是平板对砝码的支持力.故N)(74.1)4()()(22max =-=-=-=vA g m A g m a g m N πω砝码对板的正压力与N 大小相等，方向相反.砝码运动到最低点时，加速度也是最大，但方向向上，由牛顿第二定律，有：mg N ma -'=max故 N)(1.8)4()(22max =+=+='A v g m a g m N π 砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N '大小相等，方向相反. （2）当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件：m)(062.040)4(22max max 2===-=v g A vA g m N ππ(3) 由22max 4vg A π=,可知，2max v A 与成反比，当v v 2='时，m 0155.041max max=='A A 8-11 解：（1）设振子过平衡位置时的速度为υ，由机械能守恒，有：222121υm kA = A mk=υ 由水平方向动量定理： ⇒='+υm u m m )(υm m mu '+=此后，系统振幅为A '，由机械能守恒，有：22)(2121u m m A k '+=' 得： A m m mA '+='有： km m T '+='π2 （2）碰撞前后系统总能量变化为：)21()1(2121212222kA m m m m m m kA kA A k E '+'-=-'+=-'=∆ 式中，负号表示能量损耗，这是泥团与物体的非弹性碰撞所致.（3）当m 达到振幅A 时，m '竖直落在m 上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A ，周期为km m '+π2，系统的振动总能量不变，为221kA （非弹性碰撞损耗的能量为源于碰撞前m '的动能）. 物体系统过平衡位置时的速度υ'由：22)(2121υ''+=m m kA 得：A m m k'+±='υ8-12 解：（1）由放置矢量法可知，振子从2A 运动到2A -的位置处，角相位的最小变化为：3πϕ∆=则圆频率 rad/s 3π∆ϕ∆ω==t 周期 s T 62==ωπ由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：m)(1.00m1.000=⇒⎩⎨⎧=-=A x υ则振幅 m 1.022020=+=ωυx A习题8-12图（2）因为E E p 41=又 2221,21kA E kx E p == 故 )21(412122kA kx =得： m)(05.0±=x 根据题意，振子在平衡位置的下方，取x =－0.05m.根据振动系统的能量守恒定律：222212121kA m kx =+υ 故 )s m (091.0122-⋅±=-±=x A ωυ根据题意，取m/s 091.0-=υ 再由 )sin()cos(ϕωωυϕω+-=+=t A t t A x)cos(d d 2ϕωω+-==t A tva x 2ω-=得： )m/s (055.02=a（3）t=0时，(J)108.681)21(41413222-⨯====mA kA E E p ω (J)102183)21(43433222-⨯====mA kA E E k ω(J)108.273-⨯=+=p k E E E （4）由简谐振动的振动表达式)cos(ϕω+=t A x 当t=0时，0m/s 091.0m,05.000<-=-=υx ,可得：πϕ32= 又 3,10.0πω==m A故 m t x )323cos(1.0ππ+= 8-13 解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：mt x mt x Q P )3cos(1000.2)3cos(1000.522ππππ-⨯=+⨯=--（2）P 、Q 两质点的速度及加速度表达分别为：)m/s )(3sin(1000.52ππωυ+⨯⨯-==-t dt dx P P )m/s )(3sin(1000.22ππωυ-⨯⨯-==-t dt dx QQ )m/s )(3cos(1000.5222ππωυ+⨯⨯-==-t dt d a P P )m/s )(3cos(1000.2222ππωυ-⨯⨯-==-t dtd a Q Q当t=1s 时，有：)(m/s 1087.9/32cos 1000.2)(m/s 1068.24/34cos 1000.5(m/s)1044.5/32sin 1000.2(m/s)1060.13/34sin 1000.5(m)1000.132cos 1000.2)(m 105.234cos1000.5222222222222222222------------⨯=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯=⨯=⨯=s m a s m a s m s m m x m x Q P Q P Q P ππππππυππυππ（3）由相位差32)3(3)()(πππϕϕϕωϕωϕ∆=--=-=+-+=Q P Q P t t 可见，P 点的相比Q 点的相位超前32π. 8-14 解：（1）由题意得初始条件：⎪⎩⎪⎨⎧<=02100υA x 可得：3πϕ=(由旋转矢量法可证出)在平衡位置的动能就是质点的总能量)J (1008.3212152222-⨯====⇒=A m kA E m k m kωωω可求得：s rad m E A /221πω==则振动表达式为：m t x )32cos(1000.52ππ+⨯=-(2) 初始位置势能)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P 当t=0时，3cos 21222πωA m E P =J J 6222221071.73cos )1000.5()2(1000.121---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=ππ 8-15 解：（1）由初始条件：⎩⎨⎧<⨯=-0102.1010υm x 可知，3πϕ=且 22ππω==v则振动表达式为：m t x )32cos(24.0ππ+=当t=0.5s 时，m m x 21000.6)3212cos(24.0-⨯-=+⨯=ππ(2) t=0.5s 时，小球所受力：(N)1048.1)(32-⨯=-==x m ma f ω因t=0.5s 时，小球的位置在m x 21000.6-⨯-=处，即小球在x 轴负方向，而f 的方向是沿x 轴正方向，总是指向平衡位置.(3) 从初始位置m x 10102.1-⨯=到m x 1102.1-⨯-=所需最短时间设为t ，由旋转矢量法知，πϕπϕ32,3,0±=±=处处x x )s (3223=⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==t t πωπω 习题8-15图(4) 因为 )32sin(24.02)sin(πππϕωωυ+⨯-=+-=t t A )32cos(24.04)cos(22πππϕωω+⨯-=+-=t t A a 在s t m x 32102.11=⨯-=-处 )32cos(24.04)3322cos(24.04/1026.3/)3322sin(24.022212ππππππαπππυ+⨯-=+⨯⨯-=⨯-=+⨯⨯-=-t s m s m(5) t=4s 时， 22)]32sin([2121ππωυ+-==t A m m E k (J)1033.5J)342(sin 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯=πππ)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P (J)1077.1J)342(cos 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯⨯=πππ(J)107.10J 101.77J 1033.5-4-44⨯=⨯+⨯=+=-P k E E E 总 8-16 解：设两质点的振动表达式分别为：)cos()cos(2211ϕωϕω+=+=t A x t A x由图题可知，一质点在21Ax =处时对应的相位为： 32/arccos 1πϕω==+A A t同理：另一质点在相遇处时，对应的相位为：352/arccos2πϕω==+A A t 故相位差)()(12ϕωϕωϕ∆+-+=t t习题8-16图πππϕϕ3433512=-=-= 若21υυ与的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得：πππϕϕϕ∆32)3(312=--=-= 8-17 解：由图题8-17(图在课本上P 200)所示曲线可以看出，两个简谐振动的振幅相同，即m 05.021==A A ,周期均匀s 1.0=T ，因而圆频率为：ππω202==T由x -t 曲线可知，简谐振动1在t=0时，,010=x 且010>υ，故可求得振动1的初位相πϕ2310=.同样，简谐振动2在t=0时，πϕυ==-=202020,0,05.0可知m x 故简谐振动1、2的振动表达式分别为：mt x t x )20cos(05.0)2320cos(05.021ππππ+=+=因此，合振动的振幅和初相位分别为： m A A A A A 210202122211025)cos(2-⨯=-++=ϕϕ2021012021010cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=ππ4541arctan 或== 但由x-t 曲线知，t=0时，πϕ45,05.021应取因此-=+=x x x . 故合振动的振动表达式：m t x )4520cos(10252ππ+⨯=- 8-18 解：（1）它们的合振动幅度初相位分别为：)cos(212212221ϕϕ-++=A A A A Am )535cos(06.005.0206.005.022ππ-⨯⨯⨯++=m 0892.0=22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=316819.15.2arctan 5cos06.053cos 05.05sin06.053sin 05.0'︒===++=rad ππππ。

《大学物理AI》作业导体介质中的静电场班级________ 学号________ 姓名_________ 成绩_______ 一、判断题：（用“T”和“F”表示）[ F ] 1．达到静电平衡的导体，电场强度处处为零。

解：达到静电平衡的导体，内部场强处处为0，表面场强处处垂直于表面。

[ F ] 2．负电荷沿导体表面运动时，电场力做正功。

解：达到静电平衡的导体，表面场强与表面处处垂直，所以电场力做功为0。

也可以这样理解：达到静电平衡的导体是个等势体，导体表面是个等势面，那么当电荷在导体表面运动时，电场力不做功（因为电场力做功数值上等于电势能增量的负值）。

[ F ] 3. 导体接地时，导体上的电荷为零。

解：导体接地，仅意味着导体同大地等电势。

导体上的电荷是全部入地还是部分入地就要据实际情况而定了。

[ F ] 4．电介质中的电场是由极化电荷产生的。

解：电介质中的电场是总场，是自由电荷和极化电荷共同产生的。

[ T ] 5．将电介质从已断开电源的电容器极板之间拉出来时，电场力做负功。

解：拔出电介质，电容器的电容减少，而电容器已与电源断开，那么极板上的电量不变，电源不做功。

此时，电容器储能变化为：0222'2>-=∆CQ C Q W ,即电容器储能是增加的，而电场力做功等于电势能增量的负值，那么电场力应该做负功。

二、选择题:1．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U A ，B 的电势为U B ，则[ D ] (A) U B > U A ≠0(B) U B > U A = 0(C) U B ＝ U A (D) U B < U A解：电力线如图所示，电力线指向电势降低的方向，所以U B < U A 。

2．半径分别为 R 和 r 的两个金属球，相距很远。

用一根细长导线将两球连接在一起并使它们带电。

在忽略导线的影响下，两球表面的电荷面密度之比为[ D ] (A) R/r (B) R 2/r 2(C) r 2/ R 2(D) r/R解：两个金属球用导线相接意味着它们的电势相等，设它们各自带电为21q q 、，选无穷远处为电势0点，那么有：rq Rq 020144πεπε=，我们对这个等式变下形r R rr rq R R R q 21020144σσπεπε=⇒⋅⋅=⋅⋅，即面电荷密度与半径成反比。

电势、导体与※电介质中的静电场 （参考答案）班级： 学号： 姓名： 成绩： 一 选择题1．真空中一半径为R 的球面均匀带电Q ，在球心O 处有一带电量为q 的点电荷，如图所示，设无穷远处为电势零点，则在球内离球心O 距离为r 的P 点处的电势为：（A ）r q04πε； （B ）)(041R Qrq +πε； （C ）rQq 04πε+； （D ）)(041R qQ rq -+πε；参考：电势叠加原理。

[ B ]2．在带电量为-Q 的点电荷A 的静电场中，将另一带电量为q 的点电荷B 从a 点移动到b ，a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为r 1和r 2，如图，则移动过程中电场力做功为：（A ）)(210114r r Q --πε； （B ）)(21114r r qQ-πε；（C ）)(210114r r qQ--πε； （D ）)(4120r r qQ --πε。

参考：电场力做功＝势能的减小量。

A=W a -W b ＝q(U a -U b ) 。

[ C ]3N 点，有人（A ）电场强度E M ＜E N ； （B ）电势U M ＜U N ； （C ）电势能W M ＜W N ； （D ）电场力的功A ＞0。

r 2 (-Qbr 1B a（q ）[ C ]4．一个未带电的空腔导体球壳内半径为R ，在腔内离球心距离为d （d ＜R ）处，固定一电量为+q 的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心O 处的点势为： （A ）0； （B ）d q04πε； （C ）-R q04πε； （D ）)(1140R dq-πε。

外表面无电荷（可分析）。

虽然内表面电荷分布不均，但到O 点的距离相同，故由电势叠加原理可得。

[ D ]※5．在半径为R 的球的介质球心处有电荷+Q ，在球面上均匀分布电荷-Q ，则在球内外处的电势分别为： （A ）内r Qπε4+，外r Q 04πε-； （B ）内r Qπε4+，0； 参考：电势叠加原理。

《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。

解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )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0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。

解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir 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）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 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20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 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td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。

第 8 章 稳恒磁场习题及答案6. 如图所示，AB 、 CD 为长直导线， BC 为圆心在 O 点的一段圆弧形导线，其半径为R 。

若通以电流 I ，求 O 点的磁感应强度。

解： O 点磁场由 AB 、 BC 、 CD 三部分电流产生，应用磁场叠加原理。

AB 在 O 点产生的磁感应强度为B 1 0BC 在 O 点产生的磁感应强度大小为B 20 I0 I0 I，方向垂直纸面向里4 R4 R 312RCD 在 O 点产生的磁感应强度大小为B 3I(cos1cos 2 )4 r 00 I4R cos60 0(cos150cos180 )0 I3(1) ，方向垂直纸面向里2 R2故 B 0B 1 B 2B 30 I(13) ，方向垂直纸面向里22 R6A ，B 两点，并在很远处与电源相连。

已知7. 如图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的圆环的粗细均匀，求环中心 O 的磁感应强度。

解：圆心 O 点磁场由直电流A和 B及两段圆弧上电流 I 1与 I 2所产生，但 A 和 B 在O 点产生的磁场为零。

且I 1 电阻R 2I 2电阻R 12I 1 产生的磁感应强度大小为B 10 I12）（4 R，方向垂直纸面向外I 2 产生的磁感应强度大小为B 2 0 I2，方向垂直纸面向里4 R所以，B 1 I 1(2)1B 2I 2环中心 O 的磁感应强度为B 0B 1 B 28. 如图所示，一无限长载流平板宽度为a ，沿长度方向通过均匀电流I ，求与平板共面且距平板一边为 b 的任意点 P 的磁感应强度。

解：将载流平板看成许多无限长的载流直导线，应用叠加原理求解。

以 P 点为坐标原点，垂直载流平板向左为x 轴正方向建立坐标系。

在载流平板上取 dIIdx ， dI 在 P 点产生的磁感应a强度大小为dB0dIIdx ，方向垂直纸面向里2 x 2 axP 点的磁感应强度大小为BdB0 Ib adx 0 Iln ba2 abx2 ab方向垂直纸面向里。

第八章电磁感应电磁场8 －1一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（）（A）线圈中无感应电流（B）线圈中感应电流为顺时针方向（C）线圈中感应电流为逆时针方向（D）线圈中感应电流方向无法确定分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）．8 －2将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（）（A）铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B）铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大分析与解根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A）．8 －3 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且t i t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）．（A ）2112M M = ，1221εε=（B ）2112M M ≠ ，1221εε≠（C ）2112M M =， 1221εε<（D ）2112M M = ，1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 12121=；ti M εd d 21212=．因而正确答案为（D ）． 8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（ ）（A ） 位移电流的实质是变化的电场（B ） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D ） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）．8 －5 下列概念正确的是（ ）（A ） 感应电场是保守场（B ） 感应电场的电场线是一组闭合曲线（C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而 正确答案为（B ）．8 －6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为()Wb π100sin 100.85t Φ⨯=，求在s 100.12-⨯=t 时，线圈中的感应电动势．分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成t ψt ΦN ξd d d d -=-=，其中ΦN ψ=称为磁链． 解 线圈中总的感应电动势()()t tΦNξπ100cos 51.2d d =-= 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ． 8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以tI d d 的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应电动势．分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦξd d -=来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=S ΦS B d 来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B 1 与B 2 之和）．为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B 仅与x 有关，即()B B x =，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx 、长为d 的面元ｄS ，如图中阴影部分所示，则x d S d d =，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元y x S d d d =，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tl ME M d d -=求解． 解1 穿过面元ｄS 的磁通量为 ()x d xI μx d d x I μΦd π2d π2d d d d 0021-+=⋅+⋅=⋅=S B S B S B 因此穿过线圈的磁通量为 ()43ln π2d π2d π2d 02020Id μx x Id μx d x Id μΦΦd d dd =-+==⎰⎰⎰ 再由法拉第电磁感应定律，有tI d μt ΦE d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为43ln π20dI μΦ=线圈与两长直导线间的互感为 43ln π20d μI ΦM ==当电流以tl d d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d μt I M E d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢？此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t ，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量()ξf ΦS ,1d =⋅=⎰S B ，它表现为变量I 和ξ的二元函数，将Φ代入tΦE d d -= 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中v =tξd d ，再令ξ＝d 即可求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．8 －8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm 2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻R i ＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少？分析 在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱．解 在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为 NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12 因此，流过导体截面的电量为ii R R NBS R R Φq +=+=Δ 则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 8 －9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm 处，放一面积为0.10 cm 2 ，10 匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在1.0 ×10－2 s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处．求：（1） 线圈中平均感应电动势；（2） 设线圈的电阻为1.0×10－2Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．分析 虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链．解 （1） 在始、末状态，通过线圈的磁链分别为1011π2r IS μN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ== 则线圈中的平均感应电动势为V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS μN t ΦE 电动势的指向为顺时针方向．（2） 通过线圈导线横截面的感应电荷为tΦE d d -= 8 －10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高？分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由t ΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向．解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线OP 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距 形导轨左侧距离为x ，则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ＝－2RvB ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律t ΦE d d -=可知，E ＝0又因 E ＝E OP ＋E PO即 E OP ＝－E PO ＝2RvB由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．8 －11 长为L 的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是O A 棒与O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E O A 和E O B 则可以直接利用第８ －2 节例1 给出的结果．解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl ，则()()r L lB ωl lB ωE L-r r AB AB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v 因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--== 当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则 ()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-= 8 －12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律tΦE d d -= 计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO ），也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得()l B d ⋅⨯=⎰OP OP E v l αB l o d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωl o d 90cos sin ⎰-=l()⎰==L θL B ωl l θB ω022sin 21d sin 由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿 过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势QO PQ OP E E E t ΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以 ()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-= 由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效．后者是垂直切割的情况．8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？分析 本题可用两种方法求解．（1） 用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元x l d d =，该处的磁感强度xI μB π20=．（2） 用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式⎰⋅=S ΦS B d 求得穿过该回路的磁通量，再代入公式tΦE d d -=，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势． 解1 根据分析，杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m 1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰v v v I μx x μxl E AB AB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高．解2 设顺时针方向为回路ABCD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为x y xI μΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为 11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===S Iy μx y x I μΦΦ 回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iy μt y x I μt ΦE 由于静止的形导轨上电动势为零，所以V 1084.35-⨯-==E E AB 式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高．8 －14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ］，因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgef gh ef E E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图（ｂ）所示．2．用公式tΦE d d -=求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有v =tξd d ．在求得线框在任意位置处的电动势E （ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgef l B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μv v ()1202πl d I I μ+=1vI 由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为()()ξl ξξx Il μdx ξx Il μΦl 120020ln π2π21++=+=⎰相应电动势为 ()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为 ()1120π2l d d l l I μE +=v 由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．*8 －15 有一长为l ，宽为b 的矩形导线框架，其质量为m ，电阻为R ．在t ＝0时，框架从距水平面y ＝0 的上方h 处由静止自由下落，如图所示．磁场的分布为：在y ＝0 的水平面上方没有磁场；在y ＝0 的水平面下方有磁感强度为B 的均匀磁场，B 的方向垂直纸面向里．已知框架在时刻t 1 和t 2 的位置如图中所示．求在下述时间内，框架的速度与时间的关系：（1） t 1 ≥t ＞0，即框架进入磁场前；（2） t 2 ≥t ≥t 1 ，即框架进入磁场， 但尚未全部进入磁场；（3）t ＞t 2 ，即框架全部进入磁场后．分析 设线框刚进入磁场（t 1 时刻）和全部进入磁场（t 2 时刻）的瞬间，其速度分别为v 10 和v 20 ．在情况（1）和（3）中，线框中无感应电流，线框仅在重力作用下作落体运动，其速度与时间的关系分别为v ＝gt （t ＜t 1）和v ＝v 20 ＋g （t －t 2 ）（t ＞t 2 ）．而在t 1＜t ＜t 2这段时间内，线框运动较为复杂，由于穿过线框回路的磁通量变化，使得回路中有感应电流存在，从而使线框除受重力外，还受到一个向上的安培力F A ，其大小与速度有关，即()A A F F =v ．根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为()tv v d d mF mg A =-，解此微分方程可得t 1＜t ＜t 2 时间内线框的速度与时间的关系式． 解 （1） 根据分析，在1t t ≤时间内，线框为自由落体运动，于是()11t t gt ≤=v 其中1t t =时，gh 2101==v v（2） 线框进入磁场后，受到向上的安培力为v Rl B IlB F A 22==根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程tv m v d d 22=-R l B mg 令mRl B K 22=，整理上式并分离变量积分，有 ⎰⎰=-t t t g 110d d v v Kv v 积分后将gh 210=v 代入，可得 ()()[]1212t t K e gh K g g K ----=v （3） 线框全部进入磁场后（t ＞t 2），作初速为v 20 的落体运动，故有()()()[]()222031221t t g e gh K g g Kt t g t t K -+--=-+=--v v 8 －16 有一磁感强度为B 的均匀磁场，以恒定的变化率t d d B 在变化．把一块质量为m 的铜，拉成截面半径为r 的导线，并用它做成一个半径为R 的圆形回路．圆形回路的平面与磁感强度B 垂直．试证：这回路中的感应电流为 td d π4B d ρm I = 式中ρ 为铜的电阻率，d 为铜的密度． 解 圆形回路导线长为πR 2，导线截面积为2πr ，其电阻R ′为22rR ρS l ρR ==' 在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为BS Φ=，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为tt t d d 2πd d π1d d 122B ρRr B R R ΦR R E I ='='='= 而2ππ2r R d m =，即dm Rr π2π2=，代入上式可得t d d π4B d ρm I = 8 －17 半径为R ＝2.0 cm 的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可近似看作零．若通电电流均匀变化，使得磁感强度B 随时间的变化率td d B 为常量，且为正值，试求：（1） 管内外由磁场变化激发的感生电场分布；（2） 如1s T 010.0d d -⋅=tB ，求距螺线管中心轴r ＝5．0 cm 处感生电场的大小和方向．分析 变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源———变化的磁场（包括磁场的空间分布以及磁场的变化率t d d B 等）密切相关，即S B l E d d ⋅∂∂-=⎰⎰S S k t.在一般情况下，求解感生电场的分布是困难的．但对于本题这种特殊情况，则可以利用场的对称性进行求解．可以设想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图所示．由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭合曲线，因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆．同一圆周上各点的电场强度E k 的大小相等，方向沿圆周的切线方向．图中虚线表示r ＜R 和r ＞R 两个区域的电场线．电场线绕向取决于磁场的变化情况，由楞次定律可知，当0d d <t B 时，电场线绕向与B 方向满足右螺旋关系；当0d d >tB 时，电场线绕向与前者相反． 解 如图所示，分别在r ＜R 和r ＞R 的两个区域内任取一电场线为闭合回路l （半径为r 的圆），依照右手定则，不妨设顺时针方向为回路正向．（1） r ＜R ， tB r t r E E k l k d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r E k d d 2-= r ＞R ， tB R t r E E k l k d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r R E k d d 22-= 由于0d d >tB ，故电场线的绕向为逆时针． （2） 由于r ＞R ，所求点在螺线管外，因此tB r R E k d d 22-= 将r 、R 、tB d d 的数值代入，可得15m V 100.4--⋅⨯-=k E ，式中负号表示E k 的方向是逆时针的．8 －18 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率tB d d 为常量．试证：棒上感应电动势的大小为分析 变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由⎰⋅=l k E l E d 计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故0d =⋅l E k ，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．证1 由法拉第电磁感应定律，有22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ 证2 由题８ －17可知，在r ＜R 区域，感生电场强度的大小t B r E k d d 2= 设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R t B r x θE E l k k PQ -=-==⋅=⎰⎰x E 讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势？ 该如何求解？8 －19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．分析 如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式IΦL =计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式t I E L L d /d =计算L ．式中E L 和tI d d 都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解 用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为 x NI μB π20= 由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψS R R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL = 若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr 倍． 8 －20 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1 和S 2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感．（设管的截面很小）分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B 0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果．解 设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为 221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+= 8 －21 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d ．试求长为l的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ，然后计算图中阴影部分（宽为d 、长为l ）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．解 在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为a a d l μr Bl ΦS a d a -==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aa d l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为212L L L +=．L 1 称为外自感，即本题已求出的L ，L 2 称为一根导线的内自感．长为l 的导线的内自感8π02l μL =，有兴趣的读者可自行求解． 8 －22 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′，每个线圈的自感均为L ，求：（1） A 和A ′相接时，B 和B ′间的自感L 1 ；（2） A ′和B 相接时，A 和B ′间的自感L 2 ．分析 无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解．求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ；而当两组线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ，“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反．解 （1） 当A 和A ′连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为0221=-=ΦΦΦ，故L 1 ＝0．（2） 当A ′和B 连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为ΦΦΦΦ4222=+=， 故L I ΦI ΦL 4422===． 本题结果在工程实际中有实用意义，如按题（1）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈．8 －23 如图所示，一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1） 两线圈的互感；（2） 当线圈B 中电流的变化率为－50 A ·ｓ－1 时，线圈A 中感应电动势的大小和方向．分析 设回路Ⅰ中通有电流I 1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M 21 ＝Φ21I 1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则21212I ΦM M == ． 虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS ．反之，如设线圈A 通有电流I ，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径．解 （1） 设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度R I μN B B 200=穿过小线圈A 的磁链近似为 A B A A A A S RI μN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===R S μN N I ψM A B A A （2）V 1014.3d d 4-⨯=-=tI M E A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．8 －24 如图所示，两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ，两线圈相距为d ．若r 很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少？解 设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁 感强度近似为()2/322202d R IR μB +=穿过线圈C 的磁通为 ()22/32220π2r d R IR μBS ψC +==则两线圈的互感为 ()2/3222202πd R R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍．8 －25 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm 2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I 1 ＝4.0 ×10 －2 A ，在环上再绕一线圈C ，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，今将开关Ｓ 突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10 －3 C ．求：当螺绕环中通有电流I 1 时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr ．分析 本题与题８ －８ 相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度．线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的．解 当螺绕环中通以电流I 1 时，在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q C ，则有()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得 T 10.02110===S N Rqc I n μμB r 相对磁导率1991102==I n μS N Rqc μr 8 －26 一个直径为0.01 m ，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为7.76 Ω．求：（1） 如把线圈接到电动势E ＝2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少？ 磁能密度是多少？*（2） 从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间？分析 单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：（1） 如回路自感为L （已知或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能221LI W m =，通常称为自感磁能．（2） 由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即V w W V m m d ⎰=，式中m w 为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于μB w m 22=，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布．上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，。

大学物理西南交大作业参考答案公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08]电势、导体与※电介质中的静电场 （参考答案）班级： 学号： 姓名： 成绩： 一 选择题1．真空中一半径为R 的球面均匀带电Q ，在球心O 处有一带电量为q 的点电荷，如图所示，设无穷远处为电势零点，则在球内离球心O 距离为r 的P 点处的电势为：（A ）r q04πε； （B ）)(041R Qrq +πε； （C ）rQq 04πε+； （D ）)(041R qQ rq -+πε；参考：电势叠加原理。

[ B ]2．在带电量为-Q 的点电荷A 的静电场中，将另一带电量为q 的点电荷B 从a 点移动到b ，a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为r 1和r 2，如图，则移动过程中电场力做功为：（A ）)(210114r r Q --πε； （B ）)(21114r r qQ-πε；（C ）)(210114r r qQ--πε； （D ）)(4120r r qQ --πε。

参考：电场力做功＝势能的减小量。

A=W a -W b ＝q(U a -U b ) 。

[ C ]3点，有人（A ）电场强度E M ＜E N ； （B ）电势U M ＜U N ； （C ）电势能W M ＜W N ； （D ）电场力的功A ＞0。

r 2 (-br 1B a（q[ C ]4．一个未带电的空腔导体球壳内半径为R ，在腔内离球心距离为d （d ＜R ）处，固定一电量为+q 的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心O 处的点势为： （A ）0； （B ）d q04πε； （C ）-R q04πε； （D ）)(1140R dq-πε。

外表面无电荷（可分析）。

虽然内表面电荷分布不均，但到O 点的距离相同，故由电势叠加原理可得。

[ D ]※5．在半径为R 的球的介质球心处有电荷+Q ，在球面上均匀分布电荷-Q ，则在球内外处的电势分别为： （A ）内r Q πε4+，外r Q 04πε-； （B ）内r Qπε4+，0； 参考：电势叠加原理。

⼤学物理答案第⼋章西南交⼤版⼤学物理答案第⼋章西南交⼤版第⼋章相对论8-1 选择题v(1)⼀⽕箭的固有长度为L，相对于地⾯作匀速直线运动的速度为，⽕箭上有⼀个1v⼈从⽕箭的后端向⽕箭前端上的⼀个靶⼦发射⼀颗相对于⽕箭的速度为的⼦弹。

在⽕箭2上测得⼦弹从射出到击中靶的时间间隔是:LL(A) (B) v，vv122LL(C) (D) [B] 2v,v21，，v1,v/c11v解:在⽕箭参考系中，⼦弹以速率，匀速通过距离L，所需的时间 2L ,t,v2(2)关于同时性有⼈提出以下⼀些结论，其中哪个是正确的,(A)在⼀惯性系同时发⽣的两个事件，在另⼀惯性系⼀定不同时发⽣。

(B)在⼀惯性系不同地点同时发⽣的两个事件，在另⼀惯性系⼀定同时发⽣。

(C)在⼀惯性系同⼀地点同时发⽣的两个事件，在另⼀惯性系⼀定同时发⽣。

(D)在⼀惯性系不同地点不同时发⽣的两个事件，在另⼀惯性系⼀定不同时发⽣。

[C]u,,,解:由洛仑兹变换,可知: ,t,,t,,x,,2c,,,,t,0,,x,0,t,0当时，即在⼀个惯性系中同时同地发⽣的两个事件，在另⼀惯性系中⼀定同时发⽣;,,t,0,,x,0,t,0当时即在⼀个惯性系中的同时异地事件，在另⼀惯性系中必然不同时。

,,x,0,,t,0,t当时的⼤⼩有各种可能性，不是必然不为零的。

(3)⼀宇宙飞船相对地球以0.8c(c表⽰真空中光速)的速度飞⾏，⼀光脉冲从船尾传到船头，飞船上的观察者测得飞船长为90m，地球上的观察者测得脉冲从船尾发出和到达船头两个事件的空间间隔为65(A)90m (B)54m (C)270m (D)150m [C],,ss系，飞船系为系。

系相对于系沿x轴⽅向以飞⾏，解:设地球系为u,0.8css1,, 21,0.890,,,s,x,90m系中， ,t,c,,，，x,,x，ut由洛仑兹坐标变换得,,，，,x,,,x，u,t190,,,90，0.8c，,,2 c,,1,0.8,270m163.6，10J(4)某核电站年发电量为100亿度，它等于的能量，如果这是由核材料的全部静⽌能转化产⽣的，则需要消耗的核材料的质量为 (A)0.4kg (B)0.8kg 77(C) (D) [A] ，，12，10kg1/12，10kg2解:由质能关系 E,mc0016E3.6，100 m,,,0.4kg0228c，，3，10(5)设某微观粒⼦的总能量是它的静⽌能量的K倍，则其运动速度的⼤⼩cc2(A) (B) 1,KK,1Kcc2(C) (D) [C] ，，K,1KK，2K，1K22解:由质能关系 E,mc,E,mc00Em ,,KEm00m0m,⼜由质速关系 2u,,1,,,c,,661,K 得 2u,,1,,,c,,c2 u,k,1K8-2 填空题,6(1)⼦是⼀种基本粒⼦，在相对于⼦静⽌的坐标系中测得其寿命为。