大学物理学习指导下解答详解(朱善华)

2014大学物理学习指导上朱善华答案.doc参考答案练习一：1-2、DD 3、ict v v)31(30 ，400121ct t v xx4、 j8，ji 4 ，4412arctg arctg 或 5解：（1）jt t i t r)4321()53(2 ；（2）)/(73;)3(34s m j i v j t i dtrd v s t ；（3）)/(12s m j dtv d a6解： ∵xvv t x x v t v a d d d d d d d d分离变量：x x adx d )62(d 2两边积分得c x x v 322221由题知，0 x 时，10v,∴50 c∴ 13s m 252 x x v练习二：1-2、CB 3、32ct ，ct 2，Rt c 42，Rct2； 4、212tt ，212t5、解：（1）由23Rbt dtd R dt ds v得：Rbt dtdva6，4229t Rb Rv a nn n n e t Rb e Rbt e a e a a42966、当滑至斜面底时，h y ，则ghv A2 ,A 物运动过程中又受到B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为jgh i gh u v u v AA )sin 2()cos 2('地练习三：1-3、BCB 4、3s；5、R j t i t R v R y x )cos sin (2226、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成 角，由图可知 222s h l将上式对时间t 求导，得tss t l l d d 2d d 2 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ tsv v t l v d d ,d d 0船绳即cos d d d d 00v v s l t l s l t s v船或sv s h s lv v 02/1220)(船将船v 再对t 求导，即得船的加速度3202220202002)(d d d d d d sv h s v s l s v s lv s v v s t s l t l s t v a 船船 7、解： kv dtdvt vv kdt dv v 001tk e v v 0t k e v dtdx0 dte v dx t k tx00)1(0t k e kv x练习四：1-2 AC 3、解： 2s m 83166m f ax x2s m 167m 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 ji v(2)m874134)167(21)4832122(21)21(22jijijtaitatvryx4、解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知：dtdvmFkvmg分离变量及积分得：vtFkvmgFkvmgddtmk)(解得：))(1(1Fmgekv t mk5、解：取弹簧原长时m2所在处为坐标原点，竖直向下为x 轴，m 1，m 2的受力分析如上图所示。

静电学一章习题答案习题7—1 半径为R 的均匀带电球体的静电场中各点的电场强度的大小E 与距球心的距离r 的关系曲线为：［ ］习题7—2 半径为R 的均匀带电球面，总电量为Q ，设无穷远处电势为零，则该带电体所产生的电场的电势U 随离球心的距离r 变化的分布曲线为：［ ］习题7─3 如图所示，一个带电量为q 的点电荷位于立方体的A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于：［ ］解：可以设想再补上与图示立方体完全相同的七个立方体，使得点电荷位于一个边长扩大一倍的新的立方体的中心，这样，根据高斯定理，通过这个新立方体的六个面的总电通量为0q ，通过其中任何一个面的电通量为)6(0εq ，而因原abcd 面只是新立方体一个面的四分之一，故通过abcd 面的电场强度通量为)24(0εq 。

［选择答案(C)］习题7─4 如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R 1、带电量Q 1，外球面半径为R 2、带电量为Q 2。

设无穷远处为电势零点，则在内球面里面，距球心为r 的P 点处的电势为：［ ］ (A)r Q Q 0214πε+ 。

(B) 20210144R Q R Q πεπε+。

E r R E ∝1/r 2 (A ) O E r R O E ∝1/r 2 (B ) E O rR E ∝1/r 2 (C ) Er O R E ∝1/r 2 E ∝1/r(D ) 习题7―1图U r OU ∝1/r R (A) Ur O R U ∝1/r (B) U r O R U ∝1/r(C) U rO R U ∝1/r 2 (D) U r O R U ∝1/r 2(E) 习题7―2图习题7―3图习题7―4图(C) 0。

(D)1014R Q πε。

解：根据场强叠加原理，内球面单独在P 点产生的电势为10114R Q U P πε=外球面单独在P 点产生的电势为20224R Q U P πε=因此，P 点最终的电势为2021012144R Q R Q U U U P P P πεπε+=+=［所以选择答案(B)］［注：对典型电荷分布的场，应用叠加原理可以非常方便地求得结果。

第七章 振动【例题精选】例7-1 弹簧上端固定，下系一质量为m 1的物体，稳定后在m 1下边又系一质量为m 2的物体，于是弹簧又伸长了∆x ．若将m 2移去，并令其振动，则振动周期为(A) g m x m T 122∆π= ． (B) g m x m T 212∆π=． (C) g m x m T 2121∆π=． (D) g m m x m T )(2212+π=∆． [ B ] 例7-2 已知一简谐振动曲线如图所示，由图确定振子：在 s 时速度为零．在 s 时动能最大．0.5(2n +1) n = 0,1,2,… n n = 0,1,2,…例7-3 在竖直面内半径为R 的一段光滑圆弧形轨道上，放一小物体，使其静止于轨道的最低处．然后轻碰一下此物体，使其沿圆弧形轨道来回作小幅度运动．此物体的运动是否是简谐振动？为什么？答：物体是作简谐振动。

当小物体偏离圆弧形轨道最低点θ 角时，其受力如图所示． 切向分力 θs i n mg F t -= ∵θ 角很小， ∴ sin θ ≈θ牛顿第二定律给出 t t ma F = 即 22d /)(d t R m mg θθ=-θωθθ222//d d -=-=R g t 物体是作简谐振动．例7-4 在一竖直轻弹簧的下端悬挂一小球，弹簧被拉长l 0 = 1.2 cm 而平衡．再经拉动后，该小球在竖直方向作振幅为A = 2 cm 的振动，试证此振动为简谐振动；选小球在正最大位移处开始计时，写出此振动的数值表达式．解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =．选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得220d /d )(t x m x l k mg =+-将 0/l mg k = 代入整理后得 0//d d 022=+l gx t x ∴ 此振动为简谐振动，其角频率为．π===1.958.28/0l g ω设振动表达式为 )cos(φω+=t A x 由题意： t = 0时，x 0 = A=2102-⨯m ，v 0 = 0，解得 φ = 0∴ )1.9c o s (1022t x π⨯=-例7-5 用余弦函数描述一简谐振子的振动．若其速度～时间（v ～t ）关系曲线如图所示,则振动的初相位为 (A) π/6. (B) π/3.(C) π/2. (D) 2π/3. [ A ]g1--例7-6 已知某简谐振动的振动曲线如图所示，位移的单位为厘米，时间单位为秒．则此简谐振动的振动方程为： (A) )3232cos(2π+π=t x ． (B) )3232cos(2π-π=t x ． (C) )3234cos(2π+π=t x ． (D) )3234cos(2π-π=t x ．[ C ] 例7-7 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 )312cos(1042π+π⨯=-t x (SI)．从t = 0时刻起，到质点位置在x = -2 cm 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为(A) s 81 (B) s 61 (C) s 41 (D) s 21 [ D ] 例7-8 在t = 0时，周期为T 、振幅为A 的单摆分别处于图(a)、(b)两种状态．若选单摆的平衡位置为坐标的原点，坐标指向正右方，则单摆作小角度摆动的振动表达式（用余弦函数表示）分别为(a) ；(b) ． )212cos(π-=T t A x π )2cos(π+=Tt A x π 例7-9 一个轻弹簧在60N 的拉力下可伸长30cm ，现将以物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为4 kg ．待其静止后再把物体向下拉10 cm ，然后释放．问：(1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A 需满足何条件？二者在何位置开始分离？解：(1) 设小物体随振动物体的加速度为a ，按牛顿第二定律有（取向下为正）ma N mg =- )(a g m N -=当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体，已知 A = 10 cm ，N/m 2003.0/60k ==有 50/==m k ωrad ·s -1 系统最大加速度为 52max ==A a ω m ·s -2 此值小于g ，故小物体不会离开．(2) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得x a g 2ω-==6.19/2-=-=ωg x cm 即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离由g A a >=2max ω，可得 2/ωg A >=19.6 cm ．例7-10 、图中所画的是两个简谐振动的振动曲线．若这两个简谐振动可叠加，则合成的余弦振动的初相为 (A) π23． (B) π． (C) π21． (D) 0． [ B ] 例7-11 一质点同时参与两个在同方向的简谐振动，其表达式分别为)t 2cos(104x 21π/6+⨯=-, )5t 2cos(103x 22π/6-⨯=- (SI) 则其合成振动的振幅为 ，初相为 ．1×10-2 m π/6A/ -【练习题】7-1 一质点作简谐振动，振动方程为)cos(φω+=t A x ，其中m 是质点的质量，k 是弹簧的劲度系数，T 是振动的周期．在求质点的振动动能时，下面哪个表达式是对的：(A) )(sin 21222φωω+t A m ． (B) )(cos 21222φωω+t A m ． (C))sin(212φω+t kA ． (D) )(cos 2122φω+t kA ． [ A ] 7-2 一质点作简谐振动，振动方程为)cos(φω+=t A x ，当时间t = T /2（T 为周期）时，质点的速度为(A) φωsin A -． (B) φωsin A ． (C) φωcos A -． (D) φωcos A ．[ B ] 7-3 一物体作简谐振动，振动方程为)41cos(π+=t A x ω．在 t = T /4（T 为周期）时刻，物体的加速度为 (A) 2221ωA -． (B) 2221ωA ． (C) 2321ωA -． (D) 2321ωA ． [ B ] 7-4 与例7-4相同 7-5 一质点作简谐振动．其振动曲线如图所示．根据此图，它的周期T =；用余弦函数描述时初相φ = ．3.43 s -2π/37-6 一个弹簧振子和一个单摆（只考虑小幅度摆动），在地面上的固有振动周期分别为T 1和T 2．将它们拿到月球上去，相应的周期分别为1T '和2T '．则有(A) 11T T >'且22T T >'． (B) 11T T <'且22T T <'．(C) 11T T ='且22T T ='． (D) 11T T ='且22T T >'． [ D ] 7-7 一弹簧振子系统具有1.0 J 的振动能量，0.10 m 的振幅和1.0 m/s 的最大速率，则弹簧的劲度系数为 ，振子的振动频率为 ．2×102 N/m 1.6 Hz 7-8 两个同方向的简谐振动曲线如图所示．合振动的振幅为；合振动的振动方程为 ．|A 1 – A 2| )212cos(12π+π-=t T A A x 7-9 一单摆的悬线长l = 1.5 m ，在顶端固定点的竖直下方0.45 m 处有一小钉，如图．设摆动很小，则单摆的左右两方振幅之比A 1/A 2的近似值为 ；左右两方周期之比T 1/T 2的近似值为 ．0.84 0.84·--7-10 在竖直面内半径为R 的一段光滑圆弧形轨道上，放一小物体，使其静止于轨道的最低处．然后轻碰一下此物体，使其沿圆弧形轨道来回作小幅度运动. 试证明：物体作简谐振动的周期为：g R T /2π=证明： 当小物体偏离圆弧形轨道最低点θ 角时，其受力如图所示． 切向分力 θsin mg F t -= ∵ θ 角很小， ∴ sin θ ≈θ 牛顿第二定律给出 t t ma F = 即 θωθθ222//d d -=-=R g t 将上式和简谐振动微分方程比较可知，物体作简谐振动． 由③知 R g /=ω 周期 g R T /2/2π=π=ω。

第五章 刚体【例题精选】例5-1 如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F ＝Mg ．设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ，不计滑轮轴的摩擦，则有(A) βA ＝βB ． (B) βA ＞βB ．(C) βA ＜βB ． (D) 开始时βA ＝βB ，以后βA ＜βB ． [ C ]例5-2 均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示．今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？(A) 角速度增大，角加速度减小． (B) 角速度增大，角加速度增大．(C) 角速度减小，角加速度减小．(D) 角速度减小，角加速度增大．[ A]例5-3 一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力(A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． [ C 例5-4 光滑的水平面上，有一长为2L 、质量为m 的细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其转动惯量为mL 2/3，起初杆静止．桌面上有两个质量均为m 的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同速率v 相向运动，如图所示．当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为 (A)L 32v ． (B) L 54v ． (C) L 76v ． (D) L98v ． [ C ] 例5-5 一个作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量为J ．正以角速度ω0＝10 rad ·s -1匀速转动．现对物体加一恒定制动力矩 M ＝－0.5 N ·m ，经过时间t ＝5.0 s 后，物体停止了转动．物体的转动惯量J ＝ ，物体初态的转动动能为 ．0.25 kg ·m 2 12.5 J 例5-6 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)02ωmR J J +． (B) ()02ωRm J J+． (C) 02ωmR J ． (D) 0ω． [ A ] 例5-7 质量m 、长l 的棒，可绕通过棒中心且与棒垂直的竖直光滑固定轴O 在水平面内转动(转动惯量J ＝m l 2/12)．开始时棒静止，有一质量m 的子弹在水平面内以速度v 0垂直射入棒端并嵌在其中． 则子弹嵌入后棒的角速度为 ；子弹嵌入后系统的转动动能为 ．3v 0 / (2l ) 3m v 02 / 32O v俯视图m0v俯视图例5-8 如图，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞m 2，定滑轮的半径为r ，对转轴的转动惯量为J ，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时系统静止，试求t 时刻滑轮的角速度． 解：作示力图．两重物加速度大小a 相同，方向如图. m 1g －T 1＝m 1a T 2－m 2g ＝m 2a设滑轮的角加速度为β，则 (T 1－T 2)r ＝J β 且有 a ＝r β由以上四式消去T 1，T 2得：()()Jr m m gr m m ++-=22121β开始时系统静止，故t 时刻滑轮的角速度()()Jr m m grt m m t ++-==22121βω例5-9 质量分别为m 和2m 、半径分别为r 和2r 的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr 2 / 2，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m 的重物，如图所示．求盘的角加速度的大小．解：受力分析如图．mg －T 2 = ma 2 T 1－mg = ma 1T 2 (2r )－T 1r = 9mr 2β/ 22r β = a 2 r β =a 1解上述5个联立方程，得： rg192=β 例5-10 一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为r 端分别挂着质量为m 和2m 滑．两个定滑轮的转动惯量均为2/2mr 的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力． 解：受受力分析如图所示．2mg －T 1＝2ma T 2－mg ＝maT 1 －T r ＝β221mr T r －T 2 r ＝β221mra ＝r β解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8例5-11 一质量为m 1、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动．另有一水平运动的质量为m 2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短．已知小滑块碰撞前后的速度分别为1v 和2v，如图．求碰撞后细棒从开始转动到停止所需的时间.(棒绕O 点的转动惯量3/21l m J =)解：对棒和滑块系统，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩<<滑块的冲力矩．aa 1Am 1 ,l1v2俯视图m因而系统的角动量守恒: m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋ω2131l m ① 碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为 gl m x x l m gM lf 10121d μμ-=⋅-=⎰② 由角动量定理ω210310l m dt Mtf-=⎰ ③由①、②和③解得 gm m t 12122μv v +=例5-12 一轻绳绕过一轴光滑的定滑轮，滑轮半径为R ，质量为M /4，均匀分布在其边缘上．绳子的A 端有一质量M 的人抓住了绳端，而在另一端B 系了一质量M /2的重物，如图．设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J ＝MR 2/4 ) 解：受力分析如图所示． 设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下.根据牛顿第二定律可得：对人：Mg －T 2＝Ma ①对重物：T 1－21Mg ＝21Ma ②根据转动定律，对滑轮有 (T 2－T 1)R ＝J β＝MR 2β / 4 ③因绳与滑轮无相对滑动， a ＝βR ④ ①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 72【练习题】5-1 转动着的飞轮的转动惯量为J ，在t ＝0时角速度为ω 0．此后飞轮经历制动过程．阻力矩M 的大小与角速度ω 的平方成正比，比例系数为k (k >0常量)．当ω=ω0/3时，飞轮的角加速度β ＝ ．从开始制动到ω=ω0/3所经过的时间t ＝ ．Jk 920ω- 02ωk J5-2 质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J ．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为(A) ⎪⎭⎫ ⎝⎛=R J mR v 2ω，顺时针． (B) ⎪⎭⎫ ⎝⎛=R J mR v 2ω，逆时针． (C) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R mR J mR v 22ω，顺时针． (D) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R mR J mR v 22ω，逆时针． [ A ] 5-3 一长为l ，质量可以忽略的直杆，绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面内作定轴转动，在杆的另一端固定着一质量m 的小球，如图．将杆由水平位置无初转速地释放．杆刚释放时的角加速度为 ， 杆与水平方向夹角为60°时的角加速度为 ．g / l g / (2l )*5-4 如图所示，一轻绳绕于半径为r 的飞轮边缘，并以质量为m 的物体挂在绳 端，飞轮对过轮心且与轮面垂直的水平固定轴的转动惯量为J 。

练习一1、D ，2、C ，3、C ，4、203Q a πε D, 5、()j y a qy2/322042+πε， (j 为y 方向单位矢量)， 2/a ± ， 6、()30220824Rqdd R R qd εεπ≈-ππ，从O 点指向缺口中心点． 练习二1、A2、A3、12q q ε+ ，123201(q q )49q R πε++ ，4． 22(r )L a ρπ- 5、 解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ， 它在P 点的场强：()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε总场强为⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 方向沿x 轴正向，即杆的延长线方向．6 解： 如图在圆上取ϕRd dl =ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．练习三1、C2、D3、0，0Rrσε 4、－3σ / (2ε0) ，－σ / (2ε0)， 3σ / (2ε0) ５、解： 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ． 作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即12SE S d ρε=得到 012E d ρε=(板外两侧)（2）过平板内一点作一正交柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示． 按高斯定理有 022ερxSS E ='得到 x E 0ερ=' (-d/2≤x ≤d/2)6 解：(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场d π4π3430320OO r E ερ='d 3303OO r ερ=∴ O 点电场'd 33030OO r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场'dπ4d 3430301E ερπ='03ερ=OO ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E OO'练习四1、C2、D3、C,4、-e q / (6πε0R )5、解：01=E 1R r20313*******)(4)(34r R r r R r E ερπεπρ-=-=21R r R20313220313233)(4)(34r R R r R R E ερπεπρ-=-= 2R r⎰⎰∞∙+∙=2R 32r E r E d d U R R 21⎰⎰∞-+-=2R dr r R R dr r R r R R 203132203133)(3)(21ερερ)(221220R R -=ερ6、解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为x q d d λ='，该线元在带电球面的电场中所受电场力为： d F = q λd x / (4πε0 x 2) 整个细线所受电场力为： ()l r r l q x x q F l r r +π=π=⎰+000204d 400ελελ 方向沿x 正方向．电荷元在球面电荷电场中具有电势能： d W = (q λd x ) / (4πε0 x ) 整个线电荷在电场中具有电势能： ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+π=π=⎰+0000ln 4d 400r l r q x x q W l r r ελελ 练习五1、D2、A3、C 4．rεεσσ0,５ 解：设极板上分别带电量+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2； 金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε=x金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε=金属片内部场强为 0'=E 则两极板间的电势差为d E d E U U B A 21+=-))](/([210d d S q +=ε))](/([0t d S q -=ε 由此得)/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容无影响．６ 解：（l ）根据有介质时的高斯定理：⎰∑=⋅iq s d D可得两圆柱间电位移的大小为)2/(r D πλ= 场强大小为 rDE r rεπελεε002==两圆柱间电势差⎰⎰=⋅=21210122R R rR R r dr r d E U επελ 1200ln 2221R R r dr r R R rεπελεπελ==⎰电容 12012ln 2R R LU Q C r επελλ==)/ln(2120R R Lr επε=．（2）电场能量 rR R L C Q W επελ012224)/ln(2==练习六１．20d 4a lI πμ ， 平行z 轴负向 ２．πR 2c ３．0(1)26I R μππ- ４．)313(R 2I B 0-=πμ ５．134200==a ev B πμT ．242102.92-⨯===evaa T e P m π 2m A ⋅ ６．)11(4120R R I -μ，垂直纸面向外 ，2/122210)11(4R R I +μ ，12arctg R R +π217、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如图所示，取宽为l d 的一无限长直电流l RII d d π=，在轴上P 点产生B d 与R 垂直，大小为RI R R R IR I B 20002d 2d 2d d πθμ=πθπμ=πμ= RI B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ= RI B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π= ∴ 520202221037.6)]2sin(2[sin 22d cos -ππ-⨯=πμ=π--ππμ=πθθμ=⎰RI R I R I B x T 0)2d sin (2220=πθθμ-=⎰ππ-RI B y 练习七１．)(120I I -μ，)(120I I +μ ２．320μI ３．2204RIh πμ ４．02Ir μπ ０ ５、解：(1) 对r ～r +d r 段，电荷 d q = λ d r ，旋转形成圆电流．则 r dq I d 22d π=π=λωω 它在O 点的磁感强度 rrr IB d 42d d 000π==λωμμ⎰⎰+π==b a ar r B B d 4d 000λωμa ba +π=ln 40λωμ 方向垂直纸面向内．r r I r p m d 21d d 22λω=π= ⎰⎰+==ba am m r r p p d 21d 2λω 6/])[(33a b a -+=λω 方向垂直纸面向内． 6、解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小， 由安培环路定律可得： )(220R r r RIB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RIRd 2020⎰π=μπ=40I μ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40Iμ2ln 20π+Iμ练习八1、A 2. )/(cos 2eB m θv π， )/(sin eB m θv 3. )2(R l BI +4. （1）40 2.510B nI T μ-==⨯ m A BH 2000==μ（2）m A I LNH 200==0 1.05r B H H T μμμ=== 5. 解：在直线电流2I 上任意取一个小电流元dl I 2，此电流元到长直线 的距离为x ，无限长直线电流1I 在小电流元处产生的磁感应强度 xI B πμ210=21021060cos 22dxx I I dl x I I dF ⋅==πμπμ ab I I dxx I I F ba ln 60cos 22100210πμπμ=⋅=⎰ 6. 解：(1) IS P m =B P M m⨯= 沿O O '方向，大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(2)磁力功 )(12ΦΦ-=I A∵ 01=Φ B l 2243=Φ∴ 221033.443-⨯==B l I A J练习九1、D ，2、C ，3、0.40 V 、 0.5 m 2/s ，4、5×10-4Wb5、解：在矩形回路中取一小面元ds ，面元处：2IB xμπ= 一个矩形回路的磁通量为： ln 22d a dIl Id a d BdS ldx x dμμππ++Φ=Φ==⋅=⎰⎰⎰由法拉第电磁感应定律，N 匝回路中的感应电动势为：0ln cos 2N I l d d a Nt dt dμωεωπΦ+=-=- 6、解:abcd 回路中的磁通量 ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ由法拉第电磁感应定律 klvt tm-=-=d d Φε 其沿abcd 方向顺时针方向．练习十1、A2、πBnR 2、0， 3、t B R /d d 212π-， 4、28/104.0s m ⨯ 顺时针5、解： 在长直导线中取一小线元，小线元中的感应电动势为：dl l vI dl l I v l d B v d πμπμε2180cos 90sin 200-==∙⨯=整个直导线中 dLd vI l dl vI L d d +-=-=⎰+ln 2200πμπμε 杆的右端电势低6、解： ∵ bc ab ac εεε+=tB R B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε =-=tabd d 2Φεt BR B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴ tB R R acd d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →ε的方向也可由楞次定律判定。

第一章 质点运动学【例题】例1-1 A ｔ= 1.19 s 例1-2 D 例1-3 D 例1-4 B例1-5 3 3 例1-6 D 例1-7 C 例1-8 证明：2d d d d d d d d v xv v t x x v t v K -==⋅= ∴ d v /v =－K d x ⎰⎰-=x x K 0d d 10v v vv , Kx -=0ln v v ∴ v =v 0e －Kx例1-9 1 s 1.5 m 例1-10 B【练习题】1-1 x=(y-3)21-2 -0.5m/s -6m/s 2.25m 1-3 D1-4 不作匀变速率运动．因为质点若作匀变速率运动，其切向加速度大小t a 必为常数，即321t t t a a a ==，现在虽然321a a a ==， 但加速度与轨道各处的切线间夹角不同，这使得加速度在各处切线方向的投影并不相等，即321t t t a a a ≠≠，故该质点不作匀变速率运动。

1-5 D1-6 证明：设质点在x 处的速度为v ， 62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v ()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v()2 213 x x +=v1-7 16 R t 2 4 rad /s 2 1-8 Hv/(H-v) 1-9 C第二章 质点运动定律【例题】例2-1 B 例2-2 B例2-3 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律 tmK d d vv =- ∴ ⎰⎰=-=-vv 00v v d d ,vv d d t t m K t m K ∴ mKt /0e -=v v (2) 求最大深度 t x d d =v t x mKt d e d /0-=v t x m Kt txd e d /000-⎰⎰=v∴ )e1()/(/0mKt K m x --=vK m x /0max v =例2-4 D例2-5 答：(1) 不正确。