大学物理答案北京邮电大学出版社

可编辑修改精选全文完整版大学物理第六版上册北京邮电大学出版课后答案详解1、行驶的汽车关闭发动机后还能行驶一段距离是因为汽车受到惯性力作用[判断题] *对错(正确答案)答案解析：汽车具有惯性2、用如图所示的装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验：1．小车从靠近定滑轮处释放．[判断题] *对错(正确答案)3、马德堡半球实验测出了大气压，其大小等于760mm高水银柱产生的压强[判断题]对错(正确答案)答案解析：托里拆利实验最早测出了大气压强4、11．小敏学习密度后，了解到人体的密度跟水的密度差不多，从而她估测一个中学生的体积约为（）[单选题] *A．50 m3B．50 dm3(正确答案)C．50 cm3D．500 cm35、9．在某原子结构模型示意图中，a、b、c是构成该原子的三种不同粒子，能得出的结（）[单选题] *A.a和c数量不相等B．b决定原子种类C．质量集中在c上D．a和c之间存在吸引的力(正确答案)6、4．静止在水平地面上的物体受到向上的弹力是因为地面发生了形变．[判断题] *对(正确答案)错7、下列有关力做功的说法中正确的是（）[单选题]A.用水平力推着购物车前进，推车的力做了功(正确答案)B.把水桶从地面上提起来，提水桶的力没有做功C.书静止在水平桌面上，书受到的支持力做了功D.挂钩上的书包静止时，书包受到的拉力做了功8、1．与头发摩擦过的塑料尺能吸引碎纸屑。

下列与此现象所反映的原理相同的是（）[单选题] *A．行驶的汽车窗帘被吸出去B．挤压后的吸盘吸在光滑的墙上C．用干燥的双手搓开的塑料袋会吸在手上(正确答案)D．两个表面光滑的铅块挤压后吸在一起9、下列措施中，能使蒸发减慢的是（）[单选题]A．把盛有酒精的瓶口盖严(正确答案)B．把湿衣服晾在通风向阳处C．用电吹风给湿头发吹风D．将地面上的积水向周围扫开10、停放在水平地面上的汽车对地面的压力和地面对车的支持力是平衡力[判断题] *对错(正确答案)答案解析：相互作用力11、52．“凿壁偷光”原指凿穿墙壁，让邻舍的烛光透过来，后用来形容家贫而勤奋读书。

习题1111.1选择题(1）一圆形线圈在磁场中作下列运动时，那些情况会产生感应电流（） （A ）沿垂直磁场方向平移；（B ）以直径为轴转动，轴跟磁场垂直； （C ）沿平行磁场方向平移；（D ）以直径为轴转动，轴跟磁场平行。

[答案：B](2)下列哪些矢量场为保守力场（） （A ） 静电场；（B ）稳恒磁场；（C ）感生电场；（D ）变化的磁场。

[答案：A](3) 用线圈的自感系数 L 来表示载流线圈磁场能量的公式221LI W m=（）( A )只适用于无限长密绕线管； ( B ) 只适用于一个匝数很多，且密绕的螺线环； ( C ) 只适用于单匝圆线圈； ( D )适用于自感系数L 一定的任意线圈。

[答案：D](4)对于涡旋电场，下列说法不正确的是（）：（A ）涡旋电场对电荷有作用力； （B ）涡旋电场由变化的磁场产生； （C ）涡旋场由电荷激发； （D ）涡旋电场的电力线闭合的。

[答案：C]11.2 填空题(1)将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时，圆环将受到 。

[答案：磁力](2)产生动生电动势的非静电场力是 ，产生感生电动势的非静电场力是 ，激发感生电场的场源是 。

[答案：洛伦兹力，涡旋电场力，变化的磁场](3)长为l 的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度ω转动，如果转轴的位置在 ，这个导线上的电动势最大，数值为 ；如果转轴的位置在 ，整个导线上的电动势最小，数值为 。

[答案：端点，221l B ω；中点，0]11.3一半径r =10cm B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率tr d d =80cm ·s -1收缩时，求回路中感应电动势的大小． 解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====trr B r B t t m Φε V11.4 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题11.4图所示．均匀磁场B =80×10-3T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角α当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解: 取半圆形cba 法向为i， 题11.4图则 αΦcos 2π21B R m =同理，半圆形adc 法向为j，则αΦcos 2π22B R m=∵ B 与i 夹角和B 与j 夹角相等，∴ ︒=45α 则 αΦcos π2R B m =221089.8d d cos πd d -⨯-=-=Φ-=tBR t m αεV 方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题11.5图 11.5 如题11.5图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压N M U U -．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即b a ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ题11.6图11.6如题11.6所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tId d 的变化率增大，求： (1)(2)解: 以向外磁通为正则 (1) ]ln [lnπ2d π2d π2000dad b a b Ilr l r Ir l r I ab b ad d m +-+=-=⎰⎰++μμμΦ (2) tIb a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε11.7 如题11.7图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题11.7图解: )cos(2π02ϕωΦ+=⋅=t r B S B m∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε∴ RBfr R I m22π==ε11.8 如题11.8图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s-1d =0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向．题11.8图解: AB 、CD 运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势⎰==⋅⨯=ADIvbvBb l B v d2d )(01πμεBC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v CB+-=⋅⨯=⎰με∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεε V 方向沿顺时针．11.9 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题11.9图所示)，B的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．题11.9图11.10 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题11.10图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)． 解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d d <Φt,0>ε； 题11.10图(a)题11.10图(b)在磁场中时0d d =tΦ,0=ε； 出场时0d d >tΦ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示. 题11.11图11.11 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图11.11所示．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）b a ,两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob 上取dr r r +→一小段 则 ⎰==320292d l Ob l B r rB ωωε 同理 ⎰==302181d l Oa l B r rB ωωε ∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+= (2)∵ 0>ab ε 即0<-b a U U∴b 点电势高．题11.12图11.12 如题11.12图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向．解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则 ba b a Iv r r a r Iv l B v b a b a BA AB-+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-ln d )211(2d )(00πμπμε∵ 0<AB ε ∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左， ∴ ba ba Iv U AB -+=ln 0πμ题11.13图11.13 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题11.13图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tBd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε =-=t abd d 2ΦεtBR B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴ tBR R acd d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →11.14 半径为R 的直螺线管中，有dtdB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势．解：如图，闭合导线abca 内磁通量)436π(22R R B S B m -=⋅= Φ∴ tB R R i d d )436π(22--=ε ∵0d d >tB∴0<i ε，即感应电动势沿acba ，逆时针方向．题11.14图题11.15图11.15 如题11.15图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab 于直径位置，另一导体cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题11.15图示（1）ab（2）cd解： 由⎰⎰⋅-=⋅l S tB l Ed d d d 旋知，此时旋E 以O 为中心沿逆时针方向． (1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E与ab 垂直 ∴ ⎰=⋅ll 0d旋∴0=ab ε,有b a U U =(2)同理， 0d >⋅=⎰l E cddc旋ε∴ 0<-c d U U 即d c U U >题11.16图11.16 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题11.16图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解： 设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为⎰==32300122ln π2d π2a a Iar rIaμμΦ∴ 2ln π2012aIM μΦ==11.17两线圈顺串联后总自感为1.0H ，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H ．试求：它们之间的互感． 解： ∵顺串时 M L L L 221++= 反串联时M L L L 221-+='∴ M L L 4='-15.04='-=L L M H题11.18图11.18 一矩形截面的螺绕环如题11.18图所示，共有N(1)(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少? 解：如题11.18图示 (1)通过横截面的磁通为 ⎰==baab NIhr h r NIln π2d π200μμΦ 磁链 ab IhN N ln π220μΦψ==∴ abhN IL ln π220μψ==(2)∵ 221LI W m = ∴ ab hI N W m ln π4220μ=11.19 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能． 解：在R r <时 20π2RI B rμ=∴ 4222002π82Rr I B w m μμ== 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l ) 则 ⎰⎰===RRm I Rrr I r r w W 0204320π16π4d d 2μμπ。

大学物理第二版下北京邮电大学出版社答案第8章机械振动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 t y M Ma F == 故0d d 22=+gy s t y 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 故物体A 的运动是简谐振动，且)rad/s (7==mkω 习题8-1图由初始条件,000??=-=v l x 求得,1.00??===πml 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)(t xM 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 、?不变，故物体A 的运动方程为:m t x )7.5cos(1.0π+=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.习题8-2图8-3 解：简谐振动的振动表达式：)cos(?ω+=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 =由)sin(?ωωυ+-=t A ,当t=0时，?ωυsin A -= 由图可知，υ>0,即0sin,取3π?-= 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 r Q E πε=,则微粒在此处受电场力为:r RQq F304πε-= 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 tr ω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，??=-=sm mx /4.002.000υ可求得：)m (0447.022020=+=ωυx Aπωυ?65.0arctan 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 ? 8-6 解：(1) 已知A=0.24m, 2 2ππω==T ,如选x 轴向下为正方向. 已知初始条件0m,12.000<=υx 即 3 ,21c o s ,c o s24.012.0π±=== 而 ,0sin ,0sin 0><-=??ωυA 取3π=,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 00?ωυ?A A x -==得：2π-=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===υTA 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：3π-=速度 m/s)(6.2m/s )23(560.0sin =-??-=-=?ωυA 加速度 )m /s (5.7m /s 21560.0cos 2222-=?-=-=?ωA 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 212121kA 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k m 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：3π=则圆频率 rad/s 3πω==t 周期s T 62==ωπ由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：m)(1.00m 1.000==-=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(?ωωυ?ω+-=+=t A t t A x)cos(d d 2?ωω+-==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(?ω+=t A x 当t=0时，0m/s 091.0m,05.000<-=-=υx ,可得：π?32= 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 dt d a QQ 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)()(πππω?ω??=--=-=+-+=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：3π=(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：102.1010υm x 可知，3π=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，ππ32,3,0±=±=处处x x 习题8-15图)s (3223===t t πωπω(4) 因为 )32sin(24.02)sin(πππωωυ+?-=+-=t t A )32cos(24.04)cos(22πππ?ωω+?-=+-=t t A a 在s t m x 3 2102.11=-=-处 )32cos(24.04)3322cos(24.04/1026.3/)3 322sin(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：)c os()cos(2211?ω?ω+=+=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 1πω==+A A t同理：另一质点在相遇处时，对应的相位为：习题8-16图352/arccos2πω==+A A t 故相位差)()(12?ω?ω??+-+=t tπππ??3433512=-=-= 若21υυ与的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得：πππ32)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π?2310=.同样，简谐振动2在t=0时，π?υ==-=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 21020212 2211025)cos(2-?=-++=??2021012021010cos cos sin sin arctanA A A A ++=ππ4541arctan 或== 但由x-t 曲线知，t=0时，π?45,05.021应取因此-=+=x x x . 故合振动的振动表达式：m t x )4 520cos(10252ππ+?=-8-18 解：（1）它们的合振动幅度初相位分别为：)cos(212212221??-++=A A A A Am )535cos(06.005.0206.005.022ππ-++=m 0892.0=22112211cos cos sin sin arctanA A A A ++=316819.15.2arctan 5cos06.053cos 05.05sin06.053sin 05.0'?===++=rad ππππ （2）当π??k 21±=-,即ππ?π?53221+±=+±=k k 时，31x x +的振幅最大；当π??)12(2+±=-k ，即5)12()12(2ππ??++±=++±=k k 时，32x x +的振幅最小.（3）以上两小问的结果可用旋转矢量法表示，如图题8-18所示.8-19 解：根据题意画出振幅矢量合成图，如习题8-19图所示.由习题8-19图及余弦定理可知cm 233.172023.172030cos 22212122?-+=?-+=AA A A A 0.10m cm 10== 又因为)cos(cos 12-=0103.172)100300(4002)(2122212=??+-=+-=A A A A A若2π=,即第一、第二两个振动的相位差为2π习题8-19图第9章波动习题解答9-1 解：首先写出S 点的振动方程若选向上为正方向，则有：0c o s 02.001.0?=- 21cos 0-=? ,0s i n 00>-=?ωυA 0sin 0即π?320-=或π34初始相位π?320-=则 m t y s )32cos(02.0πω-= 再建立如图题9-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为： u xt =? 则该波的波动方程为：m ux t y ??--=πω32)(cos 02.0 若坐标原点不选在S 点，如习题9-1图（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为： uLx t -=? 则该波的波方程为：m u L x t y ??---=πω32)(c o s 02.0 若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为uxL -,如习题9-1图(c)所示，则--+=πω32)(cos 02.0u x L t y ??---=πω32)(cos 02.0u L x t ∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ??---=πω32)(cos 02.0u L x t y 9-2 解（1）由习题9-2图可知，波长m 8.0=λ习题9-1图习题9-1图振幅 A=0.5m 频率 Hz 125Hz 8.0100===λuv 周期 s 10813-?==vT ππυω2502== （2）平面简谐波标准波动方程为：+-=?ω)(cos ux t A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=?。

习题3 3.1 选择题(1)有一半径为 R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为 J，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为 m的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A)J0(B)J0mR2m) R 2J(J(C)J0(D) 0 mR2[ 答案： (A)](2)如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm的半球形碗，以匀角速度ω 绕其对称轴OC旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm，则由此可推知碗旋转的角速度约为(A)13rad/s(B)17rad/s(C)10rad/s(D)18rad/s(a)(b)题3.1 （ 2）图[ 答案： (A)](3)如 3.1(3) 图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度?在距孔为 R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A）动能不变，动量改变。

（B）动量不变，动能改变。

（C）角动量不变，动量不变。

（D）角动量改变，动量改变。

（E）角动量不变，动能、动量都改变。

[ 答案： (E)]3.2 填空题(1)半径为 30cm的飞轮，从静止开始以 0.5rad ·s-2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240?时的切向加速度aτ =，法向加速度a n=。

[ 答案：0.15; 1.256 ](2)如题3.2 （2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴 O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的原因是。

木球被击中后棒和球升高的过程中，弹、细棒、地球系统的守恒。

守恒，对木球、子题3.2 （2）图[ 答案：对 o 轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对 o 轴的合外力矩为零，机械能守恒](3)两个质量分布均匀的圆盘 A 和 B 的密度分别为ρA和ρB ( ρA>ρB) ，且两圆盘的总质量和厚度均相同。

习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 (A)2ωmR J J+ (B) 02)(ωR m J J + (C)02ωmR J(D) 0ω [答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s(a) (b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度 在距孔为R的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A）动能不变，动量改变。

（B）动量不变，动能改变。

（C）角动量不变，动量不变。

（D）角动量改变，动量改变。

（E）角动量不变，动能、动量都改变。

[答案：(E)]3.2填空题(1) 半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.5rad·s-2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度aτ= ，法向加速度a n= 。

[答案：0.15; 1.256](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。

木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。

题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o 轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。

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：（）3/2 3/2（A）Q=-23/2q （B） Q=2 3/2q （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：D]（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 /2 ε0 （C）σ /4 ε 0 （D）σ /8 ε0 [ 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，电势不变的区域，场强必定为[ 答案：相同](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/6 ε 0, 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：5：6]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 为负电荷解得q 3 q3(2) 与三角形边长无关．题9.3 图题9.4 图9.4两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为 2 , 如题9.4 图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题9.4 图示解得q 2lsin 4 0mg tan9.5根据点电荷场强公式 E q2，当被考察的场点距源点电荷很近(r → 0)时， 4 0r则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: E q 2 r0 仅对点电荷成立，当r 0时，带电体不能再视为点电荷，再用上4π0r式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．9.6在真空中有 A ，B两平行板，相对距离为 d ，板面积为S ，其带电量分别为+q2和- q．则这两板之间有相互作用力 f ，有人说 f = q2, 又有人说，因为d 242f =qE, E q，所以 f = q．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少? 0S 0S解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强 E q看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对S的．正确解答应为一个板的电场为 E q，另一板受它的作用力2f q q q，这是两板间相互作用的电场力．2 0S 2 0S9.7长l =15.0cm 的直导线AB上均匀地分布着线密度=5.0x10 -9C·m-1的正电荷．试求：(1) 在导线的延长线上与导线B端相距a1 =5.0cm处P点的场强；(2) 在导线的垂直平分上与导线中点相距 d 2 =5.0cm 处Q点的场强．解：如题9.7 图所示(1) 在带电直线上取线元dx ，其上电量dq在P点2 0S用 l 15cm ， 5.0 10 9C m 1, a 12.5 cm 代入得E P 6.74 102N C 1方向水平向右(2) 同理 dE Q 12 dx2 方向如题 9.7 图所示 4π0 x d 2由于对称性 l dE Qx 0，即 E Q 只有 y 分量，1 dx d 24π 0 x 2 d 22 x 2 d 225.0 10 9C cm 1, l 15 cm , d 2 5 cm 代入得E Q E Qy 14.96 102N C 1，方向沿 y 轴正向9.8 一个半径为 R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为 解 : 如 9.8 图在圆上取 dl Rd题 9.8 图dq dl R d ，它在 O 点产生场强大小为 dE Rd 2 方向沿半径向外4π0R 2则 dE x dEsin sin d4π0R积分 E x sin d4π 0R 2π 0R∴ E E x ，方向沿 x 轴正向．2π0R9.9 均匀带电的细线弯成正方形，边长为 l ，总电量为 q ．(1) 求这正方形轴线上产生场强为 dE P dx4π0 (a x) 2E PdE P2dx4π 0 2 (a x)题 9.7 图dEQy , 求环心处 O 点的场强．l22 l3 4 r2dEPlPπ r2l 2r2 l 24 π 0 r r04 2题9.9 图由于对称性，P点场强沿OP 方向，大小为q4l方向沿OP方体的一个面的电通量；(2) 如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少解: (1) 由高斯定理 E dS q立方体六个面，当sq在立方体中心时，每个面上电通量相等∴ 各面电通量q．e60．(2) 电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a的立方体，使q处于边长2a的立方体中qr24π0(r29.10 (1) 点电荷q 位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立离中心为r 处的场强E；(2) 证明：在rl 处，它相当于点电荷q产生的场强 E ．解: 如9.9 图示，正方形一条边上电荷q4在P点产生物强dE P方向如图，大小为cos 1dE P 在垂直于平面上的分量dE dE P cosdE4πl2 l 2 2rr4r2r2E P l42)r心，则边长 2a 的正方形上电通量如果它包含 q 所在顶点则 e 0．9.11 均匀带电球壳内半径 6cm ，外半径 10cm ，电荷体密度为 2×10 5C · m -3求距球心5cm ， 8cm ,12cm 各点的场强．9.12 半径为 R 1和 R 2( R 2 > R 1)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电R 1< r < R 2 ；(3) r > R 2处各点的场强．对于边长 a 的正方形，如果它不包含 q 所在的顶点，则24 0如题 9.10 图所示． 题 9.10 图解 : 高斯定理 E dSs, E4πr2q当 r 5 cm 时， q 0, Er 8 cm 时，4π 3 q p 3(r 3 r 内3) 4 π3 23 r 3r 内2 4π0r3.48 104N C 1， 方向沿半径向外．r 12cm 时 , q43π(r 外3r内3)E34 π 3 3 r 外 r内24π r4.10 104N C 1沿半径向外 .量 和- , 试求:(1) r < R 1 ；(2)取同轴圆柱形高斯面，侧面积S 2πrlE dS S E2πrl解: 高斯定理 E dS qs(2)R 1 r R 2ql∴E2π0r沿径向向外(3)r R 2 q∴E0题 9.13 图9.13 两个无限大的平行平面都均匀带电， 电荷的面密度分别为 1和 2 ，试求空间各处场强．解 : 如题 9.13 图示， 两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1与 2 ，1 两面间， E 1 ( 122)n11 面外， E 1(201 2)n12 面外， E 1( 122)nn ：垂直于两平面由 1面指为 2 面．9.14 半径为 R 的均匀带电球体内的电荷体密度为 , 若在球内挖去一块半径为 r< R 的小球体，如题 9.14 图所示．试求：两球心 O 与 O 点的场强，并证明小球空 腔内的电场是均匀的．解 : 将此带电体看作带正电 的均匀球与带电 的均匀小球的组合，见题9.14 图 (a) ．(1) 球在 O 点产生电场 E 10 0，3 O 点电场 E 0 3r0d3 OO'；(3) 设空腔任一点 P 相对 O 的位矢为 r ，相对 O 点位矢为 r ( 如题 8-13(b) 图)大力矩．解: ∵ 电偶极子 p 在外场 E 中受力矩 ∴ M max pE qlE 代入数字9.16 两点电荷 q 1 =1.5 × 10-8C ， q 2 =3.0 ×10-8C ，相距 r 1=42cm ，要把它们之间的距 离变为 r 2 =25cm ，需作多少功 ?球在 O 点产生电场 E 20 43πr 33 OO'(2) 在 O 产生电场 E 104 3 4d 30d 3OO' 球在 O 产生电场 E20∴ O 点电场 E 0OO' 30题 9.14 图 (a)题 9.14 图 (b)EPOr30，EPOr30EPEPOEPO3(r)3 0 OO'd 30∴腔内场强是均匀的．9.15 一电偶极子由 q =1.0 ×10-6C 的两个异号点电荷组成， 两电荷距离 d=0.2cm ， 把这电偶极子放在 1.0 × 105N ·C -1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最解: Ar2F drr2q 1q 2dr 2 q 1q 2 (1 1) r1 r2 4π 0r 44π 0 r 1 r 2外力需作的功 A A 6.55 10 6 J题 9.17 图9.17 如题 9.17 图所示，在 A ， B 两点处放有电量分别为 +q ,- q 的点电荷， AB 间 距离为2 R ，现将另一正试验点电荷 q 0从O 点经过半圆弧移到 C 点，求移动过程中 电场力作的功． 解 : 如题 9.17 图示9.18 如题9.18图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为 的正电荷 ,两直导线的长度和半圆环的半径都等于 R ．试求环中心 O 点处的场强和电势． 解: (1) 由于电荷均匀分布与对称性， AB 和 CD 段电荷在 O 点产生的场强互相抵 消，取 dl Rd则dq Rd 产生 O 点dE 如图，由于对称性， O 点场强沿 y 轴负方向题 9.18 图[ sin( ) sin ]4π 0R2 24 AB 电荷在 O 点产生电势，以 U 0A q 0(U O U C )q o q 6π 0R同理 CD 产生U 2ln 2 4πU 3πR 4π0R 4 0U O U 1 U 2 U 32πln 29.19一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m·s-1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．( 电子质量m0=9.1 ×10-31kg，电子电量e=1.60×10-19C) 解: 设均匀带电直线电荷密度为，在电子轨道处场强电子受力大小F e eE2π 0r2 ev∴m2π0r r22 π0mv13 10 12.5 10 13 C m 1e9.20空气可以承受的场强的最大值为 E =30kV· cm-1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为 d =0.5cm，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场9.21证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题9.21 图)来说，(1) 相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2) 相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题9.21 图所示，设两导体A、B的四个平面均匀带电的电荷面密度依次得34题9.21 图(1)则取与平面垂直且底面分别在 A 、 B 内部的闭合柱面为高斯面时，有说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2) 在A内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即又∵ 2 3 014 说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．9.22 三个平行金属板A，B和C的面积都是200cm2，A和B相距4.0mm，A与C相距2.0 mm． B ，C都接地，如题9.22图所示．如果使A板带正电 3.0×10-7C，略去边缘效应，问B板和C板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A板的电势是多少?解: 如题9.22 图示，令 A 板左侧面电荷面密度为1，右侧面电荷面密度为2(1) ∵题9.22图U AC U AB ，即E AC d AC E AB d AB1EACdAB2 E AB d ACqA ,12q A22 3S 3SqC 1S2qA210 7Cq B 2S 1107 C21+qAS3U A E AC d AC 1 d AC 2.3 103V(2 )9.23 两个半径分别为 R 1和R 2( R 1< R 2 )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电 +q ，试计算： (1) 外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3) 再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1) 内球带电 q ；球壳内表面带电则为 q , 外表面带电为 q ，且均匀分布，其电势qdrq4π 0R R 2R24π 0r2题 9.23 图(2) 外壳接地时， 外表面电荷 q 入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q ．所以 球壳电势由内球 q 与内表面 q 产生：(3) 设此时内球壳带电量为 q ；则外壳内表面带电量为 q ，外壳外表面带电量为q q ( 电荷守恒 ) ，此时内球壳电势为零，且R1qR 2外球壳上电势9.24 半径为 R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为d 3R 处有一点电荷 +q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解 : 如题 9.24 图所示，设金属球感应电荷为 q ，则球接地时电势 U O 0题 9.24 图由电势叠加原理有：qq39.25有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为F0 ．试求：(1) 用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；(2) 小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知F2q2(1) 小球 3 接触小球1后，小球3和小球1均带电小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电∴ 此时小球1与小球 2 间相互作用力(2) 小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为2q.322q q9.26 在半径为R1的金属球之外包有一层外半径为R2 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ，金属球带电Q ．试求：(2) 电介质层内、外的电势；(3) 金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理 D dS qS(1) 介质内(R r R) 场强Qr 4πQr3 4π 0 r r介质外(r R2 )场强(2) 介质外(r R2) 电势介质内 (R 1 r R 2) 电势(3)金属球的电势9.27 如题9.27 图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为 r 的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题 9.27 图所示，充满电介质部分场强为 E 2 ，真空部分场强为 E 1，自由电荷 面密度分别为2与 1由D dS q 0 得D1 1，D2 2而D 10E 1 , D 2 0 r E22 0 r E2r10E1题 9.27图 题 9.28 图 9.28 两个同轴的圆柱面， 长度均为 l ，半径分别为 R 1和 R 2( R 2> R 1)，且l >>R 2- R 1， 两柱面之间充有介电常数 的均匀电介质 . 当两圆柱面分别带等量异号电荷 Q 和 - Q 时，求：(1)在半径 r 处( R 1< r < R 2 ＝，厚度为 dr ，长为 l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量 密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量；(3)圆柱形电容器的电容． 解 : 取半径为 r 的同轴圆柱面 则当 (R 1 r R 2) 时， q QD2Qπrl(S) D dS 2 πrlD (S)起来后等值电容是多少 ?如果两端加上 1000 V 的电压，是否会击穿 解: (1) C 1与C 2串联后电容(2) 串联后电压比U U 21 C C12 23 ，而U 1 U 2 1000U 1 600 V , U 2 400 V即电容 C 1电压超过耐压值会击穿，然后 C 2 也击穿．(1) 电场能量密度 w D2Q 2 8 π2r 2l 2薄壳中 dW wdQ 28π22 22πrdrlQ 2dr 4π rl(2) 电介质中总电场能量 (3) 电容：∵Q 22CQ22πl2W ln(R 2 /R 1)题 9.29 图9.29 如题 9.29 图所示， C 1 =0.25 F ， C 2 =0.15 F ，C 3 =0.20 F ．C 1上电压为 50V ．求： U AB解: 电容 C 1上电量 电容 C 2与C 3并联 C 23 C 2 C3其上电荷 Q 23 Q 1U 2Q 23C23C 1U 1C2325 50359.30 C 1和 C 2两电容器分别标明 200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”把它们串联9.31 半径为 R 1 =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别-8为 R 2 =4.0cm 和 R 3 =5.0cm ，当内球带电荷 Q =3.0 ×10-8C 时，求： (1) 整个电场储存的能量；(2) 如果将导体壳接地，计算储存的能量；(3) 此电容器的电容值． 题 9.31 图在 r R 3 区域W W 1 Q 2 ( 1 8π 0 R 1 14R 12) 1.01 10 4J总能量 W W 1 W 2 Q 2 8π0 (R 11 1 R 2 1)R 3 (2) 导体壳接地时，只有 R 1 r R 2 时 E Qr 3 , W 2 0 4π0r(3) 电容器电容 C 2W Q 112 4π 0 /( R 11 R 12 )解 : 如图，内球带电 Q ，外球壳内表面带电 Q ，外表面带电Q (1) 在 r R 1 和 R 2 r R 3区域 在 R 1 r R 2 时 E 1 Qr4π0r 3r R 3 时 E 2 Qr 4π0r 3∴在 R 1 r R 2 区域。

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td 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 ts d d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴tr 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=，tv 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tvt v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd 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 ＝22y x +，然后根据v =tr d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分v =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d 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 +=，jty i t xt r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxyx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 tr a trv ==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。

大学物理习题及解答（第三版 北京邮电大学出版社）习题二2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为1m 的物体，另一边穿在质量为2m 的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a '下滑，求1m ，2m 相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)．解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为1a ，其对于2m 则为牵连加速度，又知2m 对绳子的相对加速度为a '，故2m 对地加速度，由图(b)可知，为a a a '-=12 ①又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有111a m T g m =-② 222a m g m T =-③联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'+-=讨论 (1)若0='a ，则21a a =表示柱体与绳之间无相对滑动．(2)若g a 2='，则0==f T ，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时1m , 2m 均作自由落体运动．题2-1图2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道． 解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v ϖ方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ① Y 方向： y y ma mg F ==αsin ② 0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α= 由①、②式消去t ，得 220sin 21x g v y ⋅=α2-3 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度．解： 2s m 83166-⋅===m f a x x2s m 167-⋅-==m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=j i v ϖϖϖ(2)m 874134)167(21)4832122(21)21(220j i j i j t a i t a t v r y x ϖϖϖϖϖϖϖ--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk e v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m k e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量． 答: (1)∵ t v m kv a d d =-= 分离变量，得m t k v v d d -=即 ⎰⎰-=v v t m t k vv 00d d mkt e v v -=ln ln 0∴ tm k e v v -=0(2) ⎰⎰---===t t t m k m k e k mv t e v t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有⎰∞-=='000d k mv t e v x t m k (4)当t=k m时，其速度为 e v e v ev v k m m k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e 1. 2-5 升降机内有两物体，质量分别为1m ，2m ，且2m ＝21m ．用细绳连接，跨过滑轮,绳子不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a ＝21g 上升时，求：(1) 1m 和2m 相对升降机的加速度．(2)在地面上观察1m ，2m 的加速度各为多少?解: 分别以1m ,2m 为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设2m 相对滑轮(即升降机)的加速度为a '，则2m 对地加速度a a a -'=2；因绳不可伸长，故1m 对滑轮的加速度亦为a '，又1m 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以1m 在水平方向对地加速度亦为a '，由牛顿定律，有)(22a a m T g m -'=-a m T '=1题2-5图联立，解得g a ='方向向下(2) 2m 对地加速度为 22g a a a =-'= 方向向上 1m 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即牵相绝a a a ϖϖϖ+='∴g g g a a a 25422221=+=+'= a a '=arctan θo6.2621arctan ==，左偏上． 2-6一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v ϖ从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o 30，则动量的增量为 0v m v m p ϖϖϖ-=∆ 由矢量图知，动量增量大小为0v m ϖ，方向竖直向下．2-7 一质量为m 的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s ，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒?解: 由题知，小球落地时间为s 5.0．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为g gt v 5.01==，小球上跳速度的大小亦为g v 5.02=．设向上为y 轴正向，则动量的增量 12v m v m p ϖϖϖ-=∆方向竖直向上， 大小mg mv mv p =--=∆)(12ϖ碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-8 作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F ϖ)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j ϖ6-m ·s -1的物体,回答这两个问题． 解: (1)若物体原来静止，则i t i t t F p t ϖϖϖϖ10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向， i p I i m p v ϖϖϖϖϖϖ111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则 ⎰⎰+-=+-=-=t t t F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,ϖϖϖϖϖϖϖ于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d ϖϖϖϖϖ, 同理， 12v v ϖϖ∆=∆,12I I ϖϖ= 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t解得s 10=t ，(s 20='t 舍去) 2-9 一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为 j t b i t a r ϖϖϖωωsin cos += 求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解: 质点的动量为 )cos sin (j t b i t a m v m p ϖϖϖϖωωω+-== 将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得 j b m p ϖϖω=1,i a m p ϖϖω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 )(12j b i a m p p p I ϖϖϖϖϖϖ+-=-=∆=ω2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得b a t = (2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将b a t =代入，得 b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量0202bv a v I m ==2-11 一炮弹质量为m ，以速率v 飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T ，且一块的质量为另一块质量的k 倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为v +m kT 2, v -km T2证明: 设一块为1m ，则另一块为2m ，21km m =及m m m =+21于是得1,121+=+=k m m k km m ①又设1m 的速度为1v , 2m 的速度为2v ，则有2222211212121mv v m v m T -+=②2211v m v m mv +=③联立①、③解得 12)1(kv v k v -+=④将④代入②，并整理得21)(2v v km T -=于是有km T v v 21±= 将其代入④式，有m kT v v 22±=又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 km T v v m kT v v 2,221-=+=证毕． 2-12 设N 67j i F ϖϖϖ-=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ϖϖϖϖ++-=时，求F ϖ所作的功．(2)如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化． 解: (1)由题知，合F ϖ为恒力， ∴ )1643()67(k j i j i r F A ϖϖϖϖϖϖϖ++-⋅-=⋅=合 J 452421-=--=(2) w 756.045==∆=t A P(3)由动能定理，J 45-==∆A E k2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=s s k y ky y f y f A 1012d d d ①式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=．设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y k ky y ky A ②由题意，有2)21(212k mv A A =∆== ③即 222122k k ky =-所以，22=y 于是钉子第二次能进入的深度为 cm 414.01212=-=-=∆y y y2-14 设已知一质点(质量为m )在其保守力场中位矢为r 点的势能为n P r k r E /)(=, 试求质点所受保守力的大小和方向．解: 1d )(d )(+-==n r nk r r E r F 方向与位矢r ϖ的方向相反，即指向力心．2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆弹性势能之比为12222211121212k k x k x k E E p p =∆∆= 2-16 (1)试计算月球和地球对m 物体的引力相抵消的一点P ，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98×1024kg ，地球中心到月球中心的距离3.84×108m ，月球质量7.35×1022kg ，月球半径1.74×106m ．(2)如果一个1kg 的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P 点的势能为多少?解: (1)设在距月球中心为r 处地引月引F F =，由万有引力定律，有()22r R mM G r mM G -=地月经整理，得R M M M r 月地月+==2224221035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯m 1032.386⨯= 则P 点处至月球表面的距离为m 1066.310)74.132.38(76⨯=⨯-=-=月r r h(2)质量为kg 1的物体在P 点的引力势能为()r R M Gr M G E P ---=地月()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-=- J 1028.16⨯=2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有])(21[)(21212212l k gh m v m m gh m ∆+-+=-μ式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则h BC AC l )12(-=-=∆联立上述两式，得()()212221122m m kh gh m m v +-+-=μ题2-17图2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝3m ·s -1从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。