物理习题册答案

第一章

一. 选择题：

质点运动学

１．（D ）２．（B ）３．（Ｄ）４．（Ｃ）５．（Ｂ）６．（Ｂ）７．（Ｄ）８．（Ｂ）９．（Ｃ） 10．（Ｂ）11．（Ｂ）12．（Ｄ）13．（Ｃ）14．（Ｃ）15．（Ｂ）16．（Ｃ）二. 填空题：

1. 50[-sin 5t i +cos 5t j ](m /s ) ；０；圆．

２．Ae -βt [(β2-ω2) cos ωt +2βωsin ωt ](m /s 2) ；

2v 0S

３．；-．

∆t ∆t

(2n +1) π(s ) ． 2ω

４．v 0+bt ；b 2+(v 0+bt ) 4/R 2．

５．16Rt 2(m /s 2) ； 4(r a /s d ) ．

６．（１）、（３）、（４）是不可能的．７．2S +2S 3．８．-i +4j m /s 2．９．20m /s ． 10．0. 1m /s 2．

11．-c (m /s 2) ， (b -ct ) 2/R (m /s 2) ； b /c ±R /c (s ) ． 12．变速率曲线运动；变速率直线运动． 13．-g /2(m /s 2) ， v 2/g cos 300=2v 2/3g ． 14．17. 3m /s ， 20m /s ．

215．v 0cos 2θ/g ．

三. 计算题：

解：（１）=∆x /∆t =-0. 5(m /s ) ；

（２）v =dx /dt =9t -6t 2， v (2) =-6m /s ；（３）s

=|x (1. 5) -x (1) |+|x (2) -x (1. 5) |=2. 25m ．

2. 解：a =dv /dt =4t ，dv =4tdt

⎰⎰

dv =⎰4tdt ，v =2t 2 v =dx /dt =2t 2

dx =⎰2t 2dt x =2t 3/3+10(SI ) ．

3. 解：（１）x =v 0t ， y =gt 2

轨迹方程是：y =x 2g /2v 0．

（２）v x =v 0，v y =gt ．速度大小为：

222v =v x +v y =v 0+g 2t 2．

与Ｘ轴的夹角θ=tg -1(gt /v 0)

2 a t =dv /dt =g 2t /v 0+g 2t 2，与v 同向．

2a n =(g 2-a ) =v 0g /v 0+g 2t 2

22t

，

方向与a t 垂直．

4. 解：a =dv =dv ⋅dy =v dv ，

dy dt

又a =-ky ∴-ky =vdv /dy

1212

ky =v +C 22

已知 y =y 0，v =v 0 则：C =-v 02-ky 02

22-⎰kydy =⎰vdv

v 2=v 0+k (y 0-y 2) ．

5. 解：选地面为运动质点P ．已知：相对速方向未知；牵连速度：方向正西；

北

静止参考系S ，风为运动参考系S '，飞机为

度：v p s '=180km /h ，

v s 's =60km /h ，

绝对速度：v ps 大小未知，方向正北．由速度合成定理有：v ps =v p s '+v s 's ，

v ps ，v p s '，v s 's 构成直角三角形，可得：

0-10

． |v ps |=v p s ') 2-(v s 's ) 2=170km /h θ=tg (v s 's /v ps ) =19. 4（北偏东19. 4航向）

6. 解：设质点在x 处的速率为v ，

a =

dv dv dx

=⋅=2+6x 2 dt dx dt

x 0

⎰

vdv =⎰(2+6x 2) dx

v =2(x +x 3) 1/2m /s

7. 解：选地面为静止参考系s ，火车为运动参考系s '，雨滴为运动质点p ：

已知：绝对速度：v ps 大小未知，方向与竖直方向夹300；牵连速度：v s 's =35m /s ，方向水平；相对速度：v p s '大小未知，方向偏向车后450 由速度合成定理：v ps =v p s '+v s 's 画出矢量图，由几何关系可得：

v p s 'sin 30+v ps sin 30=35

v p s 'cos 300=v ps sin 300 v ps =25. 6m /s ．

s 's

第二章牛顿运动定律答案

一、择题参考答案

1. B; 2. A; 3. D; 4. E; 5. C; 6. D; 7. C; 8. B; 9.C; 10. D. 二、填空题参考答案：

4t 3i

+2tj ； 1. 6

2. 2%； 3. 1/cos 2θ； 4. mg/cosθ,

sin 5. f o ; 6． 24cm 7．

F -m 2g m 2

， (F +m 1g ) ； m 1+m 2m 1+m 2

8. g /μs ； 9. 2

b g

三、计算题参考答案： 1.

F T cos θ-P =0

F T sin θ=ma n =mr ω2 F T +P =m a

r =l sin θ

F T cos θ=P

g θ=arccos F T -mg cos n F T =m 2ωl

2. 解;

-mg sin θ=ma t

F T -mg cos θ=m v 2/l

-mg sin θ=m d v d t

d v d v d θv d v ==

d t d θd t l d θ

v v o

⎰vdv =-gl ⎰sin θd θ

v =v 0+2lg (cosθ-1)

v 0

F T =m (-2g +3g cos θ)

解：设拉力大小为为F ，方向沿绳。摩擦力大小为f ，方向与木箱运方向相反。木箱支撑力为N 。

F cos θ-f =0 （1）

F sin θ+N -mg =0 （2） f =μN （3）

得 F =

μmg

c o θs +μs θi n

n ==0 得：tan θ=μ ， l =h /s i θ

d θ

2. m 9 2

最省力：4.

解：（1）子弹射入沙土后受力为-Kv ，由牛顿定律得

-Kv =m

t v

K dv K dv -dt = , -⎰=⎰ , v =v 0e -Kt /m m v m v 0v 0

(2) 求最大深度

v =

， dt

dx =v 0e -Kt /m dt ⎰dx =⎰v 0e -Kt /m dt x =(m /K ) v 0(1-e -Kt /m ) ， x max =mv 0/K

第三章功与能答案

一、选择题：

1. (A)，2. （B ），3.(D)，4.(C)，5.(C)，6. (B)，7. （C ），8.(D)，9.(C), 10 .(B），11. （C ）,12.(C) 二、填空题

112GMm

-) 或- 3R R 3R 11

2. -Gm 1m 2(-)

a b

1. GMm (

3. 12800J

4. 动量、动能、功、势能 5. 100m/s 6. 3.03×105 W 7. 2mgx o sin α 8. -F 0R; 9. 零，正，负 10. 18J ，6m/s 11. 4000J

12. k /(mr ) ，-k /(2r ) 13. GMm/(6R)，-GMm/(3R) 14.-0.207 15.290,290

16. 保守力的功与路径无关，W =-∆E P 17. GmM (-) ，GmM (-)

1r 11r 21r 21r 1

18.198s 或是3.3min 三、计算题

1. 解：由x=ct3可求物体的速度：

υ=

=3ct 2 dt

物体受到的阻力为：f =kv 2=9kc 2t 4=9kc 2/3x 4/3 阻力对物体所作的功为：

W =⎰dw =⎰

f ⋅d x

=⎰-9kc 2/3x 4/3dx 0=-27kc 2/3l 7/3/7

2. 解：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统（木块和弹簧）机械能的增量。由题意有

-f r x =

121

kx -m υ2, 22

而f r =μk mg

由此得木块开始碰撞弹簧时的速率为

kx 2

υ=2μk gx +=5. 83m /s

另解：根据动能定理，摩擦力和弹性力对木块所作的功，等于木块动能的增量，应有

-μk mgx -⎰kxdx =0-

o x

m υ2 2

其中⎰o kxdx =kx 2

3. 解：（1）根据功能原理，有fs =m υ02-mgh

fs =

μNh cos α

=μmgh sin αsin α

α =m υ0-mgh =μmghctg

υ02

h ==4. 25(m ) 2g (1+μctg α)

（2）根据功能原理有mgh -m υ2=fs

m υ2=mgh -μmghctg α 2

υ=[2gh (1-μctg α)]1/2=8. 16m /s

4. 解：两个粒子的相互作用力f =k /r 3 已知f =0即r =∞处为势能零点，

∞ ∞k

Ep =Wp ∞=⎰f ⋅d r =⎰dr

r r r 3

5. 解：把卸料车视为质点。设弹簧被压缩的最大长度为l ，弹性系数为k ，在卸料车由最高点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有

-0. 2G 1h /sin α=

kl -G 1h ① 2

对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，得：

-0. 2G 2h /sin α=G 2h -

kl ② 2

由式①和②联立解得：

G 1sin 300+0. 27== 0

G 2sin 30-0. 23

6. 解：设v 1为软木塞飞出的最小速度，软木塞和试管系统水平方向动量守恒

Mv 2-mv 1=o ∴v 1=Mv 2/m

（1）当用硬直杆悬挂时，M 到达最高点时速度须略大于零，由机械能守恒，

12Mv 2≥Mg 2L ∴v 2≥4gL 2

∴v 1=2M gL /m

（2）若悬线为轻绳，则试管到达最高点的速度v 满足

Mg =Mv 2/L 即v =gL

1152

=Mg 2L +Mv 2=MgL 由机械能守恒： Mv 2

222∴v 2=5gL v 1=M gL /m

7. 解：（1）取地心为原点，从O 指向陨石为r 的正方向，如图。陨石由a 落到b ，万有引力的功

R d r Mm

W =⎰-G 2d r =-GMm ⎰ R +h R +h r 2r

11GmM h

=GmM (-) =

R R +h R (R +h )

（2）取陨石为研究对象，根据动能定理

⎰

R +h

-G

Mm 12

d r =mv -o 2r 2

G m M h 12h （也可用机械能守恒解） =mv 得v =2GM R (R +h ) 2R (R +h )

r =a cos ωt i +b sin ωt j

8. 解：（1）由位矢

或写为x =a cos ωt , y =b sin ωt

υx =dx /dt =-a ωsin ωt υy =dy /dt =b ωcos ωt

A 点(a , o ）, cos ωt =1, sin ωt =o

11122

E KA =m υx +m υy =mb 2ω2

222

B 点（0，b) cos ωt =0, sin ωt =1 11122

E KB =M υx +m υy =ma 2ω2

222

（2）F =ma x i +-ma y j

=-ma ωcos ωt i -mb ωsin ωt j

由A →B W x =⎰b F x dx =-⎰o m ω2a cos ωt d x

a 1

=+⎰m ω2xdx =ma 2ω2

o 2b b

W y =⎰F y dy =-⎰m ω2b sin ωtdy

a o

b 1

=-m ω⎰ydy =-mb 2ω2

o 2

9. 解：用动能定理，对物体

4=⎰(10+6x 2) dx 12

m υ-0=⎰Fdx 0

o 2

=10x +2x 3=168

得 υ2=168, 解出υ=13m /s

10. 解：（1）外力做的功 W =⎰F ⋅d x =⎰2(52. 8x +38. 4x 2) dx =31J

（2）设弹力为F ',

x 1

m υ2=⎰2F '⋅d x =-W

x 12

υ=-2W /m 即υ=5. 34m ⋅s -1

（3）此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始未态有关

第四章

一．选择题

１．（Ｃ）２.(Ｂ) ３．（Ｃ）４．（Ｃ）５．（Ｃ）６．（Ｄ）７．（Ｃ）８．（Ｃ）９．（Ａ）10．（Ｄ）11. （Ａ）12．（Ａ）13．（Ｂ） 14. （Ｂ） 15. （Ｂ）

动量和角动量答案

二．填空题：

１．4. 7N ⋅s ；与速度方向相反．２．V =

． M +m

３．18N ⋅s ．

４．P =mv =m (-ωa sin ωt i +ωb cos ωt j ) ；零．５．36rad /s ．６．不一定；动量．７．140N ⋅s ； 24m /s ．８．0. 003s ； 0. 6N ⋅s ； 2g ．９．10m /s ；北偏东36. 870． 10．x c

11．０； m ωab k ．

12．6. 14cm /s ； 35. 50． 13．０． 14．l 015．

k M

；

Ml 0k M +nm M

．

2GMm

； 3R

G M m

． 3R

三．计算题：

1. 解：由动量定理知质点所受外力的总冲量

I =∆(m v ) =m v 2-m v 1

I x =mv Bx -mv Ax =-mv B -mv A cos 450

-1

由Ａ→Ｂ

=-0. 683kg ⋅m ⋅s

I y =0-m v Ay =-m v A sin 450

=-0. 283kg ⋅m ⋅s

-1

I =I x +I y =0. 739N ⋅s

方向：tg θ1=I y /I x ，

θ=202. 50（与Ｘ轴正向夹角）．

2. 解：

（１）因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在铅直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时

物体的水平速度为v '，有： mv 0=mv +M v '

v '=m (v 0-v ) /M =3. 13m /s T =Mg +Mv 2/l =26. 5N

（２）f ∆t =mv -mv 0=-4. 7N ⋅s

（v 0方向为正, 负号表示冲量与v 0方向相反）． 3. 解：完全弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒碰前：对Ａ：v A 1=2gl 方向向右，对Ｂ：v B 1=0；碰后：对Ａ：v A 2=2gh 方向向左，对Ｂ：v B 2，方向向右．动量守恒：m A v A 1=m B v B 2-m A v A 2 （１）

222

m A v A m B v B 机械能守恒：m A v A 、（２）两式解得： 1=2+2 （２）联立（１）

21212

v A 1=3v A 2/2， v B 2=v A 2/2

而 v A 2=gh =2. 66m /s

v A 1=4m /s v B 2=1. 33m /s l =0. 8m ；

Ｂ克服阻力作的功为动能的减少，由动能定理： W f =m B v B 2/2=4. 42(J ) ．

． ∑F i ex

4．解：

p e =1. 2⨯10-22kg ⋅m ⋅s -1

系统动量守恒 , 即又因为

即

∴p =

m v ∑i i =

i =1

恒矢量

p e +p ν+p N =0

p ν=6. 4⨯10-23kg ⋅m ⋅s -1

p e +p ν+p N =0

222

∴p N =(p e +p ν)

p e ⊥p ν

-1

-22

第五章刚体的转动

一、选择题

1、C ；2、D ；3、C ；4、C ；5、11、A ；12、D ； 13、C ；14、C 二、填空题：

1、ω=-2πt +12π(SI ) ；α=-2π(SI ) 2、2.5rad/S2 3、不一定；一定 4、（！）3mb 2; （2）4mb 2 5、大于

α=mg 6、 J

+mr 7、a = m B g

m +m 1

A B +2

m C )

8、4.2N ·m ; -7. 9⨯103J

9、10. 5rad /s 2; 4. 58rad /s 10、（1）第二个；（2）第一个 11、mvl 12、3v 02l 13、

M ω0

M +2m

14、角动量； ω0

15、

J ω0

J +mR 2

三、计算题

C ；6、C ；7、A

8、B ；9、C ；10、；；D

1、解：两轮的角加速度分别为αA ，αB ，有

a tA =atB =at =r1αA =r2αB

则 αA =2αB

r 1

又ω=αA t ∴t =

ωωωr ==1 αA r 2αB r 1αB r 2

π⨯0. 75

=(3000⨯2π/60) ⨯0. 3

=40s

2、解

力矩：=1⨯m +r 2⨯2m 在θ=0时，M=2mgl/2-mgl/2， ∴M =1mgl

由刚体定轴转动定理 M =Jα

刚体的转动惯量 J =2m (l/2) +m(l/2) = 3ml /4 ∴角加速度 α=M/J=2g

3、解：作示力图两重物加速度大小a 相同，方向如图对重物1应用牛顿第二定律：m 1g -T 1=m 1a （1）对重物2应用牛顿第二定律：T 2- m 2g =m 2a （2）应用定轴转动定理有：（T 1-T 2）r =J α （3）绳与滑轮间无滑动，有：a= rα （4）联列求解（1）~（4）式，有：角加速度： α=加速度：

(m 1-m 2) gr (m 1+m 2) r 2+J

(m 1-m 2) gr 2

a =r α=

(m 1+m 2) r 2+J

t 时刻的角速度： ω=αt =

(m 1-m 2) grt (m 1+m 2) r 2+J

4、解：受力分析如图示，由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列以下联立方程：

T 2r -T 1r =J 2α2=

M 2r 2α2 2

T 1R =J 1α1=M 1R 2α1

N 1 T 1

T 1 N

2 mg -T 2=ma a =R α1=r α2

v 2=2ah

求解联立方程，可得

a =

mg (M 1+M 2) +m 2

=4m /s 2

v =2ah =2m /s T 2=m (g -a ) =58N 1

T 1=M 1a =48N

5、解：

力矩： =⨯m

在转到θ时，M= cos θ mgl/2 由刚体定轴转动定理 M =Jα 刚体的转动惯量 J =ml /3 ∴角加速度 α=M/J=3g cosθ /(2l )

d ω dt d ωd θd ω

=ω∴α= d θdt d θ

∵α=

∵两边积分：⎰0ωd ω=⎰0αd θ，有ω=6、解：

ωπ/2

3g sin θ3g

l l

（1）碰撞前，子弹的角动量：L 0=amv 0 （2）碰撞过程，角动量守恒：

L 0=(ma +Ml 2) ω

∴ ω=amv 0/(ma 2+Ml 2)

（3）碰撞完成后上摆，机械能守恒：（以转轴为重力势能零点）

1111

(ma 2+Ml 2) ω2-Mgl -mga =0-Mgl cos θmax -mga cos θmax 2322

∴ θmax =arccos[1-(ma 2+Ml 2) ω2/(Mgl +2mga )]

第六章静电场参考答案

一．选择题

1. （C ）2. （C ）3. （C ）4. （B ）5. （D ）6. （C ）7. （B ）8. （A ）9. （B ）10. （D ） 11. (D) 12.（D ）13. （C ）14. （B ）15. （C ）16. (D) 17. (B) 18.（D ）19.(B) 20.（C ）

21. （B ）22. (C) 23.（C ）24. （B ）25. （C ）二、填空题 1. πAR 4 2. d >> a

3. -3σ/(2ε0) ， -σ/(2ε0) ，3σ/(2ε0) 4.

Q ∆S /(16π2ε0R 4) ，由圆心

O 点指向∆S

5. 0

6. q /ε0， 0， -q /ε0 7. Q /ε0；E a =0,

E b =r 05Q /(18πε0R 2)

8. -2ε0E 0/3，4ε0E 0/3

σR 2

9. 0， r 3

ε0r

10. Q /(4πε0R 2) ， 0；Q /(4πε0R ) ， Q /(4πε0r 2) 11. λ/(2ε0) ，0 12. 45V ，-15V 13.

18πε0R

(q 1+q 2+2q 3)

14. 10cm

(15. 4πε0r a

q q 1

1) r b

16. Ed 17. 0， 18. L

q 42πε0l

E ⋅d l =0，单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零，

有势场（或保守力场） 19. 0，qQ /(4πε0R )

20. Q /(4πε0R ) ，-qQ /(4πε0R ) 三、计算题

1. 解：设P 点在杆的右边，选取杆的左坐标原点O ，X 轴沿杆的方向，如图，在P 点产生场强

dE =

dq qdx

4πε0(L +d -x ) 24πε0L (L +d -x ) 2

端为并设

杆的长度为L ， P 点离杆的端点距离为d ，在x 处取一电荷元dq =(q/L) dx ，它

P 点处的总场强为

E =

L dx q

= 4πε0L 0(L +d -x ) 24πε0d (L +d ) q

⎰

代入题目所给数据，得

E =1. 8⨯104N /C E 的方向沿X 轴正向。

2. 解：在O 点建立坐标系如图所示，半无限长直线A ∞在O 点产生的场强：

E 1=

(i -j ) 4πε0R

∞

半无限长直B ∞在0点产生的场强：

E 2=

(-i +j ) 4πε0R

四分之一圆弧段在O 点产生的场强：

E ABx =2

⎰0⎰

λλπ

cos θd θ=(sin-sin 0) 4πε0R 4πε0R 2

λλπ

sin θd θ=-(cos-cos 0)

04πε0R 4πε0R 2

由场强叠原理，O 点合场强为：E =E 1+E 2+E 3=

E ABy =2

或写成场强：E ==

E 3=

(i +j ) 4πε0R

(i +j )

4πε0R

，方向45。 01

3. 解：利用高斯定律：⎰⎰S E ⋅dS =

ε0

∑q 。

i S 内

（1）r

λl λ，则：E 2=； ε02πε0r

（3）r >R 2时，利用高斯定律及对称性，有：2πrlE 3=0，则：E 3=0；

⎧E =0

⎪

ˆ即：E =⎪r ⎨E =

2πε0r ⎪

⎪E =0⎩

R 1R 2

4. 解：设坐标原点位于杆中心O 点，X 轴沿的方向，如图所示, 细杆的电荷线度

λ=q /(2l ) ，在x 处取电荷元dq =λdx =qdx /(2l ) ，它在P 点产生的电势

dU p =

dq qdx =

4πε0(l +a -x ) 8πε0l (l +a -x )

杆向右

整个杆上电荷对P 点产生的电势

U p =

8πε0l ⎰-l (l +a -x )

l -q

=ln(l +a -x ) |

-l 8πε0l

q 2l =ln(1+) 8πε0l a

5. 解：r 处的电势等于以r 为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势U 1和球面以外的电荷产生的电势U 2之和，即

U=U1+U2

(4π/3(r 3-R 1) ρ

U 1=qi /(4πε0r ) =

4πε0r

ρ2R 13=(r -) 3ε0r

为计算以r 为半径的球面外电荷产生的电势，在球面外取r '→r '+d r '的薄层，其电量为

dq =ρ⋅4πr '2d r '

它对该薄层内任一点产生的电势为dU 2=dq /(4πε0r ') =ρr 'd r '/ε0 则

U 2=⎰dU 2=

ρR ρ22

''r d r =(R -r ) 2⎰ε0r '2ε0

于是全部电荷在半径为r 处产生的电势为

ρ2R 13ρ2

U =U 1+U 2=(r -) +(R 2-r 2)

3ε0r 2ε0

ρ2R 2=(3R 2-r 2-1) 6ε0r

注：也可根据电势定义直接计算。

6. 解：设无穷远处为电势零点，则A 、B 两点电势分别为

U A =U B =

2ε02ε0

R 2+3R 24ε0 λR λ

R 2+8R 26ε0

λR

q 由A 点运动到B 点电场力作功为

W =q (U A -U b ) =q (

λλq λ-) =4ε06ε012ε0

注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分算。

第七章

一、选择题：

1. （C ） 2.(B) 3.(C) 4.(A) 5.(D) 6.(D) 7.(A) 8.（D ） 9.(A) 10(C) 11(B) 12.(C) 13.(C) 14.(B) 15.(D) 16.(A) 17.(D) 18.(C) 19 .(B) 20.( B)21.( C) 22.( B) 23.(C) 24.(D) 25.(A)

静电场中的导体、电介质答案

二、填空题：

1. －q; -q; 2. 不变，减小；

3. σ（x 、y 、z ）/ε0 ，与导体表面垂直朝外（σ>0）或与导体表面垂直朝里（σ

4.0、q 4πε0r C ； 5. Qd 2ε0S ；Qd 0S ； 6. (q A -q B ) ; (q A -q B ) d 2ε0S ； 7. 电位移线、电力线； 8. λ/2πr ，λ/2πε0εr r ； 9. u/d ，d-t ， u/d ； 10. σ，σ/(ε0εr ) ； 11.2C 0 ； 12. －Q 2/(4C) ；

13. R1/R2 ; 4πε0(R 1+R 2) ；R 2/R1 ； 14. λ2πε0r ；λ4πε0r 2； 15. 8.85×10-10C ·m -2 , 负； 16. 正；

17. 9.42⨯103V ⋅m -1， 5⨯10-9C ； 18. r 12r 22； 19.1/εr

20. 2:1， 1:2， 2:9；三、计算题：

1. 解：由题给条件（b-a ）≤a 和L ≥b ，忽略边缘效应，将两同轴圆筒导体看作是无限长带电体，根据高斯定理可以得到两同轴圆筒导体之间的电场强度为

E ⋅d s =∑q (内) /ε0

s s

⎰Eds =2πrLE =Q /ε

E =

Q 2πε0Lr

同轴圆筒之间的电势差：

U =⎰E ⋅dl =⎰

a b

b a

dr Q b =ln

2πε0L r 2πε0L a

根据电容的定义：C =

Q 2πε0L

b U ln a

12Q 2b

电容器储存的能量：W =cU =ln

24πε0L a

2. 解：（1）设内、外球壳分别带电荷为+Q 和-Q ，则两球壳间的电位移大小为

D =Q /(4πr 2)

场强大小为 E =Q /(4πε0εr r 2)

U 12=⎰Q

R 2R 1

E ⋅d r =

Q 4πε0εr

⎰

R 2

R 1

dr r 2

11Q (R 2-R 1)

=(-) =4πε0εr R 2R 24πε0εr R 1R 2

电量 Q =4πε0εr U 12R 1R 2/(R 2-R 1) (2) 电容 C =

Q 4πε0εr R 1R 2

= U 12R 2-R 1

CU 2πε0εr R 1R 2U 12

（3）电场能量 W =12=

2R 2-R 1

3. 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

E 1=q/（ε0S ）

金属片内部场强为 E 2=q/（ε0S ）金属片内部场强为

E ’=0 则两极板间的电势差为 U A -U B =E1d 1+E2d 2 =[q/（ε0S ）](d1+d2) =[q/（ε0S ）](d-t)

由此得C=q/(UA -U B )=ε0S/(d-t)

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值无影响。

4. 解：（1）场强表示式 E 1=0 r

Q 14πε0εr r

r R 1

E 3=0 R 2R3

4πε0εr r 3

Q 1212

(2)ωe =εE 2= 24

232πε0εr r

W e =⎰ωe dV =⎰

R 2

Q 2

R 1

32πε0εr r

·4πr 2dr （3）将Q 1和R 1、R 2的值代入有：

W e =Q 12/(16πεR 1) =9. 98⨯10-8J

第八章

一、选择题

1．D 2．A 3．C 4．B 5．D 6．B 7．C 8．C 9．C 10．D

11．C 12．B 13．C 14．B 15．A 16．A 17．A 18．D 19．B 20．C

恒定电流的磁场（参考答案）

二、填空题

x 3

μ0I

2．B =， S B ⋅d S =0

6πa 1

μ0ih 3．

2πR μI

4．0，垂直向里

4πR

1．y =

5．B =6. 67⨯10-6T ，P m =7. 20⨯10-21A ⋅m 2

2μ0I

，垂直向里 4πl μ0IR 21

μ0λω 7．，2222(R +x )

6．

8． 5. 54⨯10-7Wb 9．μ0I ， 0， 2μ0I 10．

S 1 S 1+S 2

11．1. 14⨯10-3T ，垂直向里，1. 57⨯10-8s 12．2πm v cos θ，mv sin θ 13．图（a ）：a n =0, a t =14．

P m e

= L 2m

e e E ；图（b ）：a n =(vB ) 2+E 2, a t =0 m m

15．4 16．

μ0I 2dl

，垂直Id l 向左

17．BIR ，垂直向外

18．F ab =2BIR ，F acb =2BIR ，∑F =0，P m =I πR 2，M =πBIR 2 19．σωπR 4B ，竖直向上 20．铁磁质，顺磁质，抗磁质

三、计算题：

1、解：根据磁场叠加原理，O

1212

的叠加。

由公式B =

μ0I

(cos θ1-cos ϑ2)，可得 4πd

对导线1和4，有：B 1=B 4=0 对导线3，有：B 3=

μ0I

(cos θ1-cos ϑ2)=4πd

μ0I

4π

2R 2

π3π⎛cos -cos

44⎝⎫μ0I

⎪=

⎭2πR

方向垂直向里；

对导线2，有：B 2=

μ04π

Idl sin θμ0⎰r 2=4π

μ0I πR μ0I Idl μ0I

=dl =⎰R 24πR 2⎰l 4πR 22=8R

μ0I 1

(+) ，方向垂直向里。 2R 4π

方向垂直向里；

O 点的磁感应强度：B =B 1+B 2+B 3+B 4=

I I I dl =Rd θ=d θ πR πR π

2、解：建立如图坐标系，在金属薄片上取宽为ｄl 的其中电流为dI =

无限长窄条，

该电流在轴线上Ｏ处的磁感强度为：

大小：dB =μ0dI

μ0I

d θ 2

2πR 2πR

方向：如图（不同电流的d B 方向不同）

其分量为

μ0I μ0I

sin θd θ=- 02π2R π2R πμI 0

dB y =-dBcoc θ⇒B y =⎰cos θd θ=0 02π2R

μI

半圆柱轴线上的磁感强度B =-20i

πR dB x =-dB sin θ⇒B x =-⎰

3、解：根据安培环路定理：L

B ⋅d l =μ0I ，

选取圆形回路为闭合路径。

μ0I I 2

πr B =r ，22

πR 2πR

r >R ：B ⋅2πr =μ0I

， B =

μ0I

2πr

通过距离轴线为r ，长度为l 、宽度为dr 的面积元的磁通量为：d Φm =B ⋅d S

d Φm =

μ0I

r ⋅ldr 2πR 2

通过单位长度导线内纵截面S 的磁通量：Φm =⎰

μ0I μ0I

r ⋅dr =2

4π2πR

4、解：分析圆环形导体可以沿径向分割为一系列载流细圆环, 应用已经导出的圆电流在圆心处的磁感强度表示式和磁感强度的叠加原理求解。

在圆环形导体上距O 点为r 处取宽为dr

所载电流dI =

dr ， R 2-R 1

在圆心O 点处的磁感强度方向垂直向里，大小为dB =

μ0I

μ0dI

整个圆环形导体在O 点产生的磁感强度大小为

B =⎰dB =⎰

R 2R 1

μ0I R dr =ln 2，方向垂直向里。

2(R 2-R 1) r 2(R 2-R 1) R 1

在圆心O 点处的磁矩方向垂直向里，大小为dP m =πr 2dI

P m =⎰dP m =

整个圆环形导体在O 点的磁矩大小为

πI

R 2-R 1

⎰

R 2

R 1

r 2dr =

πI

3(R 2-R 1)

(R 2-R 13) ，方向垂直向里。

5、解：分析：电流I 1在矩形框处产生的磁场为非均匀磁场，磁场方向向里，矩形框各边所受安培力可由安培定律分析求解。（1）AD 边、BC 边处磁感强度为

B AD

μ0I 1μI

=01，B BC = 2πd 2π(d +b )

μ0I 1I 2l

，方向水平向左 2πd

故有，AD 和BC 边所受的安培力

F AD =B AD I 2l =

F BC

μ0I 1I 2l

=B BC I 2l =，方向水平向右

2π(d +b )

以AB 边为研究对象，在电流I 1AB 边上的距直导线为x 处的电流元I 2dx 所受到磁场力dF 方向向上，如图所示，

AB 边上各电流元受力方向相同，故AB 边所受磁场力的大小为

μ0I 1μI I d +b

I 2dx =012ln ，方向向上； A A d 2πx 2πd

μI I d +b

同理可得CD 边所受磁场力的大小为F CD =F AB =012ln ，方向向下。

2πd

μI I l 11

) ，方向水平向左（2）导体框所受的合力F =F AD -F BC =012(-

2πd d +b

F AB =⎰dF =⎰BI 2dx =⎰

d +b

6、解：分析：一般情况下螺绕环内不能视为均匀磁场，应用安培环路定理可以计算出螺绕环内的磁感强度；求穿过螺绕环截面的磁通量时，要在截面上取平行轴线的小面元，面元上各点磁感强度的大小和方向相同，容易确定其磁通量，然后用积分求截面的磁通量．

（1）由对称性可知，在环内与螺绕环共轴的圆周上磁感应强度的大小相等，方向沿圆周的切线方向。在环内取半径为r 的环路，应用安培环路定理，有

H ⋅d l =I H ∑，⋅d l =H ⋅2πr =∑I =NI l

磁场强度H =

NI μNI

，磁感强度B =μH = 2πr 2πr

（2）在螺线管截面上，在半径r 处，取宽dr ，面元（如图），其面积为dS = hdr，通过此面元通量为

d φm =Bds =

高h 的的磁

μNI

⋅hdr 2πr

d 1

通过矩形截面的磁通量φm =⎰d φm =⎰d

μNI μNhI d 1

⋅hdr =ln 2πr 2πd 2

第九章

一、选择题：

电磁感应答案

1,E 2,A 3,A 4,E 5,D 6,C 7,C 8,C 9,C 10,D 11,B 12,C 13,B 14,C 15,D 16,D

二、填空题： 1.

μπr 2

cos ωt ,

μπr 2ω

2aR

sin ωt 2.

2Bv

3. 0.4 4. μnI,

μn 2I 2

5. 4, 0

5B ωR 2

6. πa μωnI m cos ωt 7. BvL sin θ 8. , b 9. 3A 10. 1μF 11. 电场方向

εE -∂∂向下，磁场方向向里 12. ⎰s ∙，-⎰s ∙ 13. 2,3,1 14. 0e RC ，相反

RC ∂t ∂t

15. 向内，纸面内垂直半径向上三、计算题：

1. 解：取d 的方向为b 指向a, O为坐标原点，则

U a

-U b =

⎰⨯)∙d +⎰⨯)∙d

0-L

4L 5

=⎰ωBr dr -⎰ωBrdr

-L 5

116B ωL 2-B ωL 2 5050

=-2. 解：I=r 2λω(t ) 圆心处的B=磁场可看作均匀， Φ=∙= 时针方向 3. 解：B=

B ωL 2 50

μ0I

2r 2

μ0

λω(t )，由于r 2>>r 1 ，所以小圆环内的2

μ0d Φ12d ϖ(t )， λω(t )∙πr 21 ，ε=-=-μ0πλr 12dt 2dt

i =

1d ϖ(t ) μ0πλr 122R dt

，若d ϖ(t )>0 顺时针方向，若d ϖ(t )

μ0i

， d Φ=B d s =μ0i l d r ，di =0-10=-10A 2πr 2πr dt 1

Φ=⎰Bds =⎰μ0i ldr =μ0li ln b

b b

2πr 2πa

，

ε=-

μl b di d Φ

==-2⨯10-7⨯0. 693⨯0. 3⨯3⨯(-10)=1. 25⨯10-7H , 方向为顺时针方向。 =-0ln

dt 2πa dt

M =

=1. 25⨯10-7H

4. 解：磁能密度 w=

μ0H 2, 由于磁场具有轴对称性，所以2

H ∙dl =2πrH =∑I =

I Ir 2

πr , ∴H =πR 22πR 2

μ0I 2r 212

w=μ0H =24, dV =2πrdr 单位长度内的磁能为：

28πR

W =⎰wdv =⎰

μ0I 2r 2μ0I 2

2πrdr =

16π8π2R 4

5. 解： I D =ε0

d Φe d dE dE 2

=εE ∙d s =S ε=πR ε=2. 8(A ) 00⎰dt dt dt 0dt

由于具有轴对称性，r

μ0I D e ε0μ0dE

=∙r 2πr 2dt

()

（2）I D =i =0. 2e -t

第一章

一. 选择题：

质点运动学

1. 50[-sin 5t i +cos 5t j ](m /s ) ；０；圆．

２．Ae -βt [(β2-ω2) cos ωt +2βωsin ωt ](m /s 2) ；

2v 0S

３．；-．

∆t ∆t

(2n +1) π(s ) ． 2ω

４．v 0+bt ；b 2+(v 0+bt ) 4/R 2．

５．16Rt 2(m /s 2) ； 4(r a /s d ) ．

６．（１）、（３）、（４）是不可能的．７．2S +2S 3．８．-i +4j m /s 2．９．20m /s ． 10．0. 1m /s 2．

215．v 0cos 2θ/g ．

三. 计算题：

解：（１）=∆x /∆t =-0. 5(m /s ) ；

（２）v =dx /dt =9t -6t 2， v (2) =-6m /s ；（３）s

=|x (1. 5) -x (1) |+|x (2) -x (1. 5) |=2. 25m ．

2. 解：a =dv /dt =4t ，dv =4tdt

⎰⎰

dv =⎰4tdt ，v =2t 2 v =dx /dt =2t 2

dx =⎰2t 2dt x =2t 3/3+10(SI ) ．

3. 解：（１）x =v 0t ， y =gt 2

轨迹方程是：y =x 2g /2v 0．

（２）v x =v 0，v y =gt ．速度大小为：

222v =v x +v y =v 0+g 2t 2．

与Ｘ轴的夹角θ=tg -1(gt /v 0)

2 a t =dv /dt =g 2t /v 0+g 2t 2，与v 同向．

2a n =(g 2-a ) =v 0g /v 0+g 2t 2

22t

，

方向与a t 垂直．

4. 解：a =dv =dv ⋅dy =v dv ，

dy dt

又a =-ky ∴-ky =vdv /dy

1212

ky =v +C 22

已知 y =y 0，v =v 0 则：C =-v 02-ky 02

22-⎰kydy =⎰vdv

v 2=v 0+k (y 0-y 2) ．

5. 解：选地面为运动质点P ．已知：相对速方向未知；牵连速度：方向正西；

北

静止参考系S ，风为运动参考系S '，飞机为

度：v p s '=180km /h ，

v s 's =60km /h ，

绝对速度：v ps 大小未知，方向正北．由速度合成定理有：v ps =v p s '+v s 's ，

v ps ，v p s '，v s 's 构成直角三角形，可得：

0-10

． |v ps |=v p s ') 2-(v s 's ) 2=170km /h θ=tg (v s 's /v ps ) =19. 4（北偏东19. 4航向）

6. 解：设质点在x 处的速率为v ，

a =

dv dv dx

=⋅=2+6x 2 dt dx dt

x 0

⎰

vdv =⎰(2+6x 2) dx

v =2(x +x 3) 1/2m /s

7. 解：选地面为静止参考系s ，火车为运动参考系s '，雨滴为运动质点p ：

v p s 'sin 30+v ps sin 30=35

v p s 'cos 300=v ps sin 300 v ps =25. 6m /s ．

s 's

第二章牛顿运动定律答案

一、择题参考答案

1. B; 2. A; 3. D; 4. E; 5. C; 6. D; 7. C; 8. B; 9.C; 10. D. 二、填空题参考答案：

4t 3i

+2tj ； 1. 6

2. 2%； 3. 1/cos 2θ； 4. mg/cosθ,

sin 5. f o ; 6． 24cm 7．

F -m 2g m 2

， (F +m 1g ) ； m 1+m 2m 1+m 2

8. g /μs ； 9. 2

b g

三、计算题参考答案： 1.

F T cos θ-P =0

F T sin θ=ma n =mr ω2 F T +P =m a

r =l sin θ

F T cos θ=P

g θ=arccos F T -mg cos n F T =m 2ωl

2. 解;

-mg sin θ=ma t

F T -mg cos θ=m v 2/l

-mg sin θ=m d v d t

d v d v d θv d v ==

d t d θd t l d θ

v v o

⎰vdv =-gl ⎰sin θd θ

v =v 0+2lg (cosθ-1)

v 0

F T =m (-2g +3g cos θ)

解：设拉力大小为为F ，方向沿绳。摩擦力大小为f ，方向与木箱运方向相反。木箱支撑力为N 。

F cos θ-f =0 （1）

F sin θ+N -mg =0 （2） f =μN （3）

得 F =

μmg

c o θs +μs θi n

n ==0 得：tan θ=μ ， l =h /s i θ

d θ

2. m 9 2

最省力：4.

解：（1）子弹射入沙土后受力为-Kv ，由牛顿定律得

-Kv =m

t v

K dv K dv -dt = , -⎰=⎰ , v =v 0e -Kt /m m v m v 0v 0

(2) 求最大深度

v =

， dt

dx =v 0e -Kt /m dt ⎰dx =⎰v 0e -Kt /m dt x =(m /K ) v 0(1-e -Kt /m ) ， x max =mv 0/K

第三章功与能答案

一、选择题：

1. (A)，2. （B ），3.(D)，4.(C)，5.(C)，6. (B)，7. （C ），8.(D)，9.(C), 10 .(B），11. （C ）,12.(C) 二、填空题

112GMm

-) 或- 3R R 3R 11

2. -Gm 1m 2(-)

a b

1. GMm (

3. 12800J

4. 动量、动能、功、势能 5. 100m/s 6. 3.03×105 W 7. 2mgx o sin α 8. -F 0R; 9. 零，正，负 10. 18J ，6m/s 11. 4000J

12. k /(mr ) ，-k /(2r ) 13. GMm/(6R)，-GMm/(3R) 14.-0.207 15.290,290

16. 保守力的功与路径无关，W =-∆E P 17. GmM (-) ，GmM (-)

1r 11r 21r 21r 1

18.198s 或是3.3min 三、计算题

1. 解：由x=ct3可求物体的速度：

υ=

=3ct 2 dt

物体受到的阻力为：f =kv 2=9kc 2t 4=9kc 2/3x 4/3 阻力对物体所作的功为：

W =⎰dw =⎰

f ⋅d x

=⎰-9kc 2/3x 4/3dx 0=-27kc 2/3l 7/3/7

2. 解：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统（木块和弹簧）机械能的增量。由题意有

-f r x =

121

kx -m υ2, 22

而f r =μk mg

由此得木块开始碰撞弹簧时的速率为

kx 2

υ=2μk gx +=5. 83m /s

另解：根据动能定理，摩擦力和弹性力对木块所作的功，等于木块动能的增量，应有

-μk mgx -⎰kxdx =0-

o x

m υ2 2

其中⎰o kxdx =kx 2

3. 解：（1）根据功能原理，有fs =m υ02-mgh

fs =

μNh cos α

=μmgh sin αsin α

α =m υ0-mgh =μmghctg

υ02

h ==4. 25(m ) 2g (1+μctg α)

（2）根据功能原理有mgh -m υ2=fs

m υ2=mgh -μmghctg α 2

υ=[2gh (1-μctg α)]1/2=8. 16m /s

4. 解：两个粒子的相互作用力f =k /r 3 已知f =0即r =∞处为势能零点，

∞ ∞k

Ep =Wp ∞=⎰f ⋅d r =⎰dr

r r r 3

5. 解：把卸料车视为质点。设弹簧被压缩的最大长度为l ，弹性系数为k ，在卸料车由最高点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有

-0. 2G 1h /sin α=

kl -G 1h ① 2

对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，得：

-0. 2G 2h /sin α=G 2h -

kl ② 2

由式①和②联立解得：

G 1sin 300+0. 27== 0

G 2sin 30-0. 23

6. 解：设v 1为软木塞飞出的最小速度，软木塞和试管系统水平方向动量守恒

Mv 2-mv 1=o ∴v 1=Mv 2/m

（1）当用硬直杆悬挂时，M 到达最高点时速度须略大于零，由机械能守恒，

12Mv 2≥Mg 2L ∴v 2≥4gL 2

∴v 1=2M gL /m

（2）若悬线为轻绳，则试管到达最高点的速度v 满足

Mg =Mv 2/L 即v =gL

1152

=Mg 2L +Mv 2=MgL 由机械能守恒： Mv 2

222∴v 2=5gL v 1=M gL /m

7. 解：（1）取地心为原点，从O 指向陨石为r 的正方向，如图。陨石由a 落到b ，万有引力的功

R d r Mm

W =⎰-G 2d r =-GMm ⎰ R +h R +h r 2r

11GmM h

=GmM (-) =

R R +h R (R +h )

（2）取陨石为研究对象，根据动能定理

⎰

R +h

-G

Mm 12

d r =mv -o 2r 2

G m M h 12h （也可用机械能守恒解） =mv 得v =2GM R (R +h ) 2R (R +h )

r =a cos ωt i +b sin ωt j

8. 解：（1）由位矢

或写为x =a cos ωt , y =b sin ωt

υx =dx /dt =-a ωsin ωt υy =dy /dt =b ωcos ωt

A 点(a , o ）, cos ωt =1, sin ωt =o

11122

E KA =m υx +m υy =mb 2ω2

222

B 点（0，b) cos ωt =0, sin ωt =1 11122

E KB =M υx +m υy =ma 2ω2

222

（2）F =ma x i +-ma y j

=-ma ωcos ωt i -mb ωsin ωt j

由A →B W x =⎰b F x dx =-⎰o m ω2a cos ωt d x

a 1

=+⎰m ω2xdx =ma 2ω2

o 2b b

W y =⎰F y dy =-⎰m ω2b sin ωtdy

a o

b 1

=-m ω⎰ydy =-mb 2ω2

o 2

9. 解：用动能定理，对物体

4=⎰(10+6x 2) dx 12

m υ-0=⎰Fdx 0

o 2

=10x +2x 3=168

得 υ2=168, 解出υ=13m /s

10. 解：（1）外力做的功 W =⎰F ⋅d x =⎰2(52. 8x +38. 4x 2) dx =31J

（2）设弹力为F ',

x 1

m υ2=⎰2F '⋅d x =-W

x 12

υ=-2W /m 即υ=5. 34m ⋅s -1

（3）此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始未态有关

第四章

一．选择题

动量和角动量答案

二．填空题：

１．4. 7N ⋅s ；与速度方向相反．２．V =

． M +m

３．18N ⋅s ．

11．０； m ωab k ．

12．6. 14cm /s ； 35. 50． 13．０． 14．l 015．

k M

；

Ml 0k M +nm M

．

2GMm

； 3R

G M m

． 3R

三．计算题：

1. 解：由动量定理知质点所受外力的总冲量

I =∆(m v ) =m v 2-m v 1

I x =mv Bx -mv Ax =-mv B -mv A cos 450

-1

由Ａ→Ｂ

=-0. 683kg ⋅m ⋅s

I y =0-m v Ay =-m v A sin 450

=-0. 283kg ⋅m ⋅s

-1

I =I x +I y =0. 739N ⋅s

方向：tg θ1=I y /I x ，

θ=202. 50（与Ｘ轴正向夹角）．

2. 解：

物体的水平速度为v '，有： mv 0=mv +M v '

v '=m (v 0-v ) /M =3. 13m /s T =Mg +Mv 2/l =26. 5N

（２）f ∆t =mv -mv 0=-4. 7N ⋅s

222

m A v A m B v B 机械能守恒：m A v A 、（２）两式解得： 1=2+2 （２）联立（１）

21212

v A 1=3v A 2/2， v B 2=v A 2/2

而 v A 2=gh =2. 66m /s

v A 1=4m /s v B 2=1. 33m /s l =0. 8m ；

Ｂ克服阻力作的功为动能的减少，由动能定理： W f =m B v B 2/2=4. 42(J ) ．

． ∑F i ex

4．解：

p e =1. 2⨯10-22kg ⋅m ⋅s -1

系统动量守恒 , 即又因为

即

∴p =

m v ∑i i =

i =1

恒矢量

p e +p ν+p N =0

p ν=6. 4⨯10-23kg ⋅m ⋅s -1

p e +p ν+p N =0

222

∴p N =(p e +p ν)

p e ⊥p ν

-1

-22

第五章刚体的转动

一、选择题

1、C ；2、D ；3、C ；4、C ；5、11、A ；12、D ； 13、C ；14、C 二、填空题：

1、ω=-2πt +12π(SI ) ；α=-2π(SI ) 2、2.5rad/S2 3、不一定；一定 4、（！）3mb 2; （2）4mb 2 5、大于

α=mg 6、 J

+mr 7、a = m B g

m +m 1

A B +2

m C )

8、4.2N ·m ; -7. 9⨯103J

9、10. 5rad /s 2; 4. 58rad /s 10、（1）第二个；（2）第一个 11、mvl 12、3v 02l 13、

M ω0

M +2m

14、角动量； ω0

15、

J ω0

J +mR 2

三、计算题

C ；6、C ；7、A

8、B ；9、C ；10、；；D

1、解：两轮的角加速度分别为αA ，αB ，有

a tA =atB =at =r1αA =r2αB

则 αA =2αB

r 1

又ω=αA t ∴t =

ωωωr ==1 αA r 2αB r 1αB r 2

π⨯0. 75

=(3000⨯2π/60) ⨯0. 3

=40s

2、解

力矩：=1⨯m +r 2⨯2m 在θ=0时，M=2mgl/2-mgl/2， ∴M =1mgl

由刚体定轴转动定理 M =Jα

刚体的转动惯量 J =2m (l/2) +m(l/2) = 3ml /4 ∴角加速度 α=M/J=2g

(m 1-m 2) gr (m 1+m 2) r 2+J

(m 1-m 2) gr 2

a =r α=

(m 1+m 2) r 2+J

t 时刻的角速度： ω=αt =

(m 1-m 2) grt (m 1+m 2) r 2+J

4、解：受力分析如图示，由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列以下联立方程：

T 2r -T 1r =J 2α2=

M 2r 2α2 2

T 1R =J 1α1=M 1R 2α1

N 1 T 1

T 1 N

2 mg -T 2=ma a =R α1=r α2

v 2=2ah

求解联立方程，可得

a =

mg (M 1+M 2) +m 2

=4m /s 2

v =2ah =2m /s T 2=m (g -a ) =58N 1

T 1=M 1a =48N

5、解：

力矩： =⨯m

在转到θ时，M= cos θ mgl/2 由刚体定轴转动定理 M =Jα 刚体的转动惯量 J =ml /3 ∴角加速度 α=M/J=3g cosθ /(2l )

d ω dt d ωd θd ω

=ω∴α= d θdt d θ

∵α=

∵两边积分：⎰0ωd ω=⎰0αd θ，有ω=6、解：

ωπ/2

3g sin θ3g

l l

（1）碰撞前，子弹的角动量：L 0=amv 0 （2）碰撞过程，角动量守恒：

L 0=(ma +Ml 2) ω

∴ ω=amv 0/(ma 2+Ml 2)

（3）碰撞完成后上摆，机械能守恒：（以转轴为重力势能零点）

1111

(ma 2+Ml 2) ω2-Mgl -mga =0-Mgl cos θmax -mga cos θmax 2322

∴ θmax =arccos[1-(ma 2+Ml 2) ω2/(Mgl +2mga )]

第六章静电场参考答案

一．选择题

21. （B ）22. (C) 23.（C ）24. （B ）25. （C ）二、填空题 1. πAR 4 2. d >> a

3. -3σ/(2ε0) ， -σ/(2ε0) ，3σ/(2ε0) 4.

Q ∆S /(16π2ε0R 4) ，由圆心

O 点指向∆S

5. 0

6. q /ε0， 0， -q /ε0 7. Q /ε0；E a =0,

E b =r 05Q /(18πε0R 2)

8. -2ε0E 0/3，4ε0E 0/3

σR 2

9. 0， r 3

ε0r

10. Q /(4πε0R 2) ， 0；Q /(4πε0R ) ， Q /(4πε0r 2) 11. λ/(2ε0) ，0 12. 45V ，-15V 13.

18πε0R

(q 1+q 2+2q 3)

14. 10cm

(15. 4πε0r a

q q 1

1) r b

16. Ed 17. 0， 18. L

q 42πε0l

E ⋅d l =0，单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零，

有势场（或保守力场） 19. 0，qQ /(4πε0R )

20. Q /(4πε0R ) ，-qQ /(4πε0R ) 三、计算题

1. 解：设P 点在杆的右边，选取杆的左坐标原点O ，X 轴沿杆的方向，如图，在P 点产生场强

dE =

dq qdx

4πε0(L +d -x ) 24πε0L (L +d -x ) 2

端为并设

杆的长度为L ， P 点离杆的端点距离为d ，在x 处取一电荷元dq =(q/L) dx ，它

P 点处的总场强为

E =

L dx q

= 4πε0L 0(L +d -x ) 24πε0d (L +d ) q

⎰

代入题目所给数据，得

E =1. 8⨯104N /C E 的方向沿X 轴正向。

2. 解：在O 点建立坐标系如图所示，半无限长直线A ∞在O 点产生的场强：

E 1=

(i -j ) 4πε0R

∞

半无限长直B ∞在0点产生的场强：

E 2=

(-i +j ) 4πε0R

四分之一圆弧段在O 点产生的场强：

E ABx =2

⎰0⎰

λλπ

cos θd θ=(sin-sin 0) 4πε0R 4πε0R 2

λλπ

sin θd θ=-(cos-cos 0)

04πε0R 4πε0R 2

由场强叠原理，O 点合场强为：E =E 1+E 2+E 3=

E ABy =2

或写成场强：E ==

E 3=

(i +j ) 4πε0R

(i +j )

4πε0R

，方向45。 01

3. 解：利用高斯定律：⎰⎰S E ⋅dS =

ε0

∑q 。

i S 内

（1）r

λl λ，则：E 2=； ε02πε0r

（3）r >R 2时，利用高斯定律及对称性，有：2πrlE 3=0，则：E 3=0；

⎧E =0

⎪

ˆ即：E =⎪r ⎨E =

2πε0r ⎪

⎪E =0⎩

R 1R 2

4. 解：设坐标原点位于杆中心O 点，X 轴沿的方向，如图所示, 细杆的电荷线度

λ=q /(2l ) ，在x 处取电荷元dq =λdx =qdx /(2l ) ，它在P 点产生的电势

dU p =

dq qdx =

4πε0(l +a -x ) 8πε0l (l +a -x )

杆向右

整个杆上电荷对P 点产生的电势

U p =

8πε0l ⎰-l (l +a -x )

l -q

=ln(l +a -x ) |

-l 8πε0l

q 2l =ln(1+) 8πε0l a

5. 解：r 处的电势等于以r 为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势U 1和球面以外的电荷产生的电势U 2之和，即

U=U1+U2

(4π/3(r 3-R 1) ρ

U 1=qi /(4πε0r ) =

4πε0r

ρ2R 13=(r -) 3ε0r

为计算以r 为半径的球面外电荷产生的电势，在球面外取r '→r '+d r '的薄层，其电量为

dq =ρ⋅4πr '2d r '

它对该薄层内任一点产生的电势为dU 2=dq /(4πε0r ') =ρr 'd r '/ε0 则

U 2=⎰dU 2=

ρR ρ22

''r d r =(R -r ) 2⎰ε0r '2ε0

于是全部电荷在半径为r 处产生的电势为

ρ2R 13ρ2

U =U 1+U 2=(r -) +(R 2-r 2)

3ε0r 2ε0

ρ2R 2=(3R 2-r 2-1) 6ε0r

注：也可根据电势定义直接计算。

6. 解：设无穷远处为电势零点，则A 、B 两点电势分别为

U A =U B =

2ε02ε0

R 2+3R 24ε0 λR λ

R 2+8R 26ε0

λR

q 由A 点运动到B 点电场力作功为

W =q (U A -U b ) =q (

λλq λ-) =4ε06ε012ε0

注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分算。

第七章

一、选择题：

1. （C ） 2.(B) 3.(C) 4.(A) 5.(D) 6.(D) 7.(A) 8.（D ） 9.(A) 10(C) 11(B) 12.(C) 13.(C) 14.(B) 15.(D) 16.(A) 17.(D) 18.(C) 19 .(B) 20.( B)21.( C) 22.( B) 23.(C) 24.(D) 25.(A)

静电场中的导体、电介质答案

二、填空题：

1. －q; -q; 2. 不变，减小；

3. σ（x 、y 、z ）/ε0 ，与导体表面垂直朝外（σ>0）或与导体表面垂直朝里（σ

13. R1/R2 ; 4πε0(R 1+R 2) ；R 2/R1 ； 14. λ2πε0r ；λ4πε0r 2； 15. 8.85×10-10C ·m -2 , 负； 16. 正；

17. 9.42⨯103V ⋅m -1， 5⨯10-9C ； 18. r 12r 22； 19.1/εr

20. 2:1， 1:2， 2:9；三、计算题：

E ⋅d s =∑q (内) /ε0

s s

⎰Eds =2πrLE =Q /ε

E =

Q 2πε0Lr

同轴圆筒之间的电势差：

U =⎰E ⋅dl =⎰

a b

b a

dr Q b =ln

2πε0L r 2πε0L a

根据电容的定义：C =

Q 2πε0L

b U ln a

12Q 2b

电容器储存的能量：W =cU =ln

24πε0L a

2. 解：（1）设内、外球壳分别带电荷为+Q 和-Q ，则两球壳间的电位移大小为

D =Q /(4πr 2)

场强大小为 E =Q /(4πε0εr r 2)

U 12=⎰Q

R 2R 1

E ⋅d r =

Q 4πε0εr

⎰

R 2

R 1

dr r 2

11Q (R 2-R 1)

=(-) =4πε0εr R 2R 24πε0εr R 1R 2

电量 Q =4πε0εr U 12R 1R 2/(R 2-R 1) (2) 电容 C =

Q 4πε0εr R 1R 2

= U 12R 2-R 1

CU 2πε0εr R 1R 2U 12

（3）电场能量 W =12=

2R 2-R 1

3. 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

E 1=q/（ε0S ）

金属片内部场强为 E 2=q/（ε0S ）金属片内部场强为

E ’=0 则两极板间的电势差为 U A -U B =E1d 1+E2d 2 =[q/（ε0S ）](d1+d2) =[q/（ε0S ）](d-t)

由此得C=q/(UA -U B )=ε0S/(d-t)

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值无影响。

4. 解：（1）场强表示式 E 1=0 r

Q 14πε0εr r

r R 1

E 3=0 R 2R3

4πε0εr r 3

Q 1212

(2)ωe =εE 2= 24

232πε0εr r

W e =⎰ωe dV =⎰

R 2

Q 2

R 1

32πε0εr r

·4πr 2dr （3）将Q 1和R 1、R 2的值代入有：

W e =Q 12/(16πεR 1) =9. 98⨯10-8J

第八章

一、选择题

1．D 2．A 3．C 4．B 5．D 6．B 7．C 8．C 9．C 10．D

11．C 12．B 13．C 14．B 15．A 16．A 17．A 18．D 19．B 20．C

恒定电流的磁场（参考答案）

二、填空题

x 3

μ0I

2．B =， S B ⋅d S =0

6πa 1

μ0ih 3．

2πR μI

4．0，垂直向里

4πR

1．y =

5．B =6. 67⨯10-6T ，P m =7. 20⨯10-21A ⋅m 2

2μ0I

，垂直向里 4πl μ0IR 21

μ0λω 7．，2222(R +x )

6．

8． 5. 54⨯10-7Wb 9．μ0I ， 0， 2μ0I 10．

S 1 S 1+S 2

11．1. 14⨯10-3T ，垂直向里，1. 57⨯10-8s 12．2πm v cos θ，mv sin θ 13．图（a ）：a n =0, a t =14．

P m e

= L 2m

e e E ；图（b ）：a n =(vB ) 2+E 2, a t =0 m m

15．4 16．

μ0I 2dl

，垂直Id l 向左

17．BIR ，垂直向外

18．F ab =2BIR ，F acb =2BIR ，∑F =0，P m =I πR 2，M =πBIR 2 19．σωπR 4B ，竖直向上 20．铁磁质，顺磁质，抗磁质

三、计算题：

1、解：根据磁场叠加原理，O

1212

的叠加。

由公式B =

μ0I

(cos θ1-cos ϑ2)，可得 4πd

对导线1和4，有：B 1=B 4=0 对导线3，有：B 3=

μ0I

(cos θ1-cos ϑ2)=4πd

μ0I

4π

2R 2

π3π⎛cos -cos

44⎝⎫μ0I

⎪=

⎭2πR

方向垂直向里；

对导线2，有：B 2=

μ04π

Idl sin θμ0⎰r 2=4π

μ0I πR μ0I Idl μ0I

=dl =⎰R 24πR 2⎰l 4πR 22=8R

μ0I 1

(+) ，方向垂直向里。 2R 4π

方向垂直向里；

O 点的磁感应强度：B =B 1+B 2+B 3+B 4=

I I I dl =Rd θ=d θ πR πR π

2、解：建立如图坐标系，在金属薄片上取宽为ｄl 的其中电流为dI =

无限长窄条，

该电流在轴线上Ｏ处的磁感强度为：

大小：dB =μ0dI

μ0I

d θ 2

2πR 2πR

方向：如图（不同电流的d B 方向不同）

其分量为

μ0I μ0I

sin θd θ=- 02π2R π2R πμI 0

dB y =-dBcoc θ⇒B y =⎰cos θd θ=0 02π2R

μI

半圆柱轴线上的磁感强度B =-20i

πR dB x =-dB sin θ⇒B x =-⎰

3、解：根据安培环路定理：L

B ⋅d l =μ0I ，

选取圆形回路为闭合路径。

μ0I I 2

πr B =r ，22

πR 2πR

r >R ：B ⋅2πr =μ0I

， B =

μ0I

2πr

通过距离轴线为r ，长度为l 、宽度为dr 的面积元的磁通量为：d Φm =B ⋅d S

d Φm =

μ0I

r ⋅ldr 2πR 2

通过单位长度导线内纵截面S 的磁通量：Φm =⎰

μ0I μ0I

r ⋅dr =2

4π2πR

4、解：分析圆环形导体可以沿径向分割为一系列载流细圆环, 应用已经导出的圆电流在圆心处的磁感强度表示式和磁感强度的叠加原理求解。

在圆环形导体上距O 点为r 处取宽为dr

所载电流dI =

dr ， R 2-R 1

在圆心O 点处的磁感强度方向垂直向里，大小为dB =

μ0I

μ0dI

整个圆环形导体在O 点产生的磁感强度大小为

B =⎰dB =⎰

R 2R 1

μ0I R dr =ln 2，方向垂直向里。

2(R 2-R 1) r 2(R 2-R 1) R 1

在圆心O 点处的磁矩方向垂直向里，大小为dP m =πr 2dI

P m =⎰dP m =

整个圆环形导体在O 点的磁矩大小为

πI

R 2-R 1

⎰

R 2

R 1

r 2dr =

πI

3(R 2-R 1)

(R 2-R 13) ，方向垂直向里。

B AD

μ0I 1μI

=01，B BC = 2πd 2π(d +b )

μ0I 1I 2l

，方向水平向左 2πd

故有，AD 和BC 边所受的安培力

F AD =B AD I 2l =

F BC

μ0I 1I 2l

=B BC I 2l =，方向水平向右

2π(d +b )

以AB 边为研究对象，在电流I 1AB 边上的距直导线为x 处的电流元I 2dx 所受到磁场力dF 方向向上，如图所示，

AB 边上各电流元受力方向相同，故AB 边所受磁场力的大小为

μ0I 1μI I d +b

I 2dx =012ln ，方向向上； A A d 2πx 2πd

μI I d +b

同理可得CD 边所受磁场力的大小为F CD =F AB =012ln ，方向向下。

2πd

μI I l 11

) ，方向水平向左（2）导体框所受的合力F =F AD -F BC =012(-

2πd d +b

F AB =⎰dF =⎰BI 2dx =⎰

d +b

（1）由对称性可知，在环内与螺绕环共轴的圆周上磁感应强度的大小相等，方向沿圆周的切线方向。在环内取半径为r 的环路，应用安培环路定理，有

H ⋅d l =I H ∑，⋅d l =H ⋅2πr =∑I =NI l

磁场强度H =

NI μNI

，磁感强度B =μH = 2πr 2πr

（2）在螺线管截面上，在半径r 处，取宽dr ，面元（如图），其面积为dS = hdr，通过此面元通量为

d φm =Bds =

高h 的的磁

μNI

⋅hdr 2πr

d 1

通过矩形截面的磁通量φm =⎰d φm =⎰d

μNI μNhI d 1

⋅hdr =ln 2πr 2πd 2

第九章

一、选择题：

电磁感应答案

1,E 2,A 3,A 4,E 5,D 6,C 7,C 8,C 9,C 10,D 11,B 12,C 13,B 14,C 15,D 16,D

二、填空题： 1.

μπr 2

cos ωt ,

μπr 2ω

2aR

sin ωt 2.

2Bv

3. 0.4 4. μnI,

μn 2I 2

5. 4, 0

5B ωR 2

6. πa μωnI m cos ωt 7. BvL sin θ 8. , b 9. 3A 10. 1μF 11. 电场方向

εE -∂∂向下，磁场方向向里 12. ⎰s ∙，-⎰s ∙ 13. 2,3,1 14. 0e RC ，相反

RC ∂t ∂t

15. 向内，纸面内垂直半径向上三、计算题：

1. 解：取d 的方向为b 指向a, O为坐标原点，则

U a

-U b =

⎰⨯)∙d +⎰⨯)∙d

0-L

4L 5

=⎰ωBr dr -⎰ωBrdr

-L 5

116B ωL 2-B ωL 2 5050

=-2. 解：I=r 2λω(t ) 圆心处的B=磁场可看作均匀， Φ=∙= 时针方向 3. 解：B=

B ωL 2 50

μ0I

2r 2

μ0

λω(t )，由于r 2>>r 1 ，所以小圆环内的2

μ0d Φ12d ϖ(t )， λω(t )∙πr 21 ，ε=-=-μ0πλr 12dt 2dt

i =

1d ϖ(t ) μ0πλr 122R dt

，若d ϖ(t )>0 顺时针方向，若d ϖ(t )

μ0i

， d Φ=B d s =μ0i l d r ，di =0-10=-10A 2πr 2πr dt 1

Φ=⎰Bds =⎰μ0i ldr =μ0li ln b

b b

2πr 2πa

，

ε=-

μl b di d Φ

==-2⨯10-7⨯0. 693⨯0. 3⨯3⨯(-10)=1. 25⨯10-7H , 方向为顺时针方向。 =-0ln

dt 2πa dt

M =

=1. 25⨯10-7H

4. 解：磁能密度 w=

μ0H 2, 由于磁场具有轴对称性，所以2

H ∙dl =2πrH =∑I =

I Ir 2

πr , ∴H =πR 22πR 2

μ0I 2r 212

w=μ0H =24, dV =2πrdr 单位长度内的磁能为：

28πR

W =⎰wdv =⎰

μ0I 2r 2μ0I 2

2πrdr =

16π8π2R 4

5. 解： I D =ε0

d Φe d dE dE 2

=εE ∙d s =S ε=πR ε=2. 8(A ) 00⎰dt dt dt 0dt

由于具有轴对称性，r

μ0I D e ε0μ0dE

=∙r 2πr 2dt

()

（2）I D =i =0. 2e -t

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