《大學(xué)物理第二版答案北京郵電大學(xué)出版社.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《大學(xué)物理第二版答案北京郵電大學(xué)出版社.doc（62頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 習(xí) 題 解 答 第一章 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué) 1-1 (1) 質(zhì)點(diǎn)t時(shí)刻位矢為： (m) (2) 第一秒內(nèi)位移 (3) 前4秒內(nèi)平均速度 (4) 速度 ∴ As；/。 (5) 前4秒平均加速度 (6) 加速度 1-2 當(dāng)t=2時(shí)x=4代入求證 c=－12 即 將t=3s代入證 1-3 (1) 由運(yùn)動(dòng)方程消去t得軌跡方程 (2) 1秒時(shí)間坐標(biāo)和位矢方向?yàn)? [4,5]m:

2、 (3) 第1秒內(nèi)的位移和平均速度分別為 (4) 質(zhì)點(diǎn)的速度與加速度分別為 故t=1s時(shí)的速度和加速度分別為 1-4 該星云飛行時(shí)間為 即該星云是年前和我們銀河系分離的. 1-5 實(shí)驗(yàn)車的加速度為 基本上未超過25g. 1.80s內(nèi)實(shí)驗(yàn)車跑的距離為 1-6 (1)設(shè)第一塊石頭扔出后t秒未被第二塊擊中，則 代入已知數(shù)得 解此方程，可得二解為 第一塊石頭上升到頂點(diǎn)所用的時(shí)間為 由于,這對應(yīng)于第一塊石頭回落時(shí)與第二塊相碰；又

3、由于這對應(yīng)于第一塊石頭上升時(shí)被第二塊趕上擊中. 以和分別對應(yīng)于在t1和時(shí)刻兩石塊相碰時(shí)第二石塊的初速度，則由于 所以 同理. (2) 由于,所以第二石塊不可能在第一塊上升時(shí)與第一塊相碰.對應(yīng)于t1時(shí)刻相碰，第二塊的初速度為 習(xí)題1-7圖 1-7 以l表示從船到定滑輪的繩長，則.由圖可知 于是得船的速度為 負(fù)號表示船在水面上向岸靠近. 船的加速度為 負(fù)號表示a的方向指向岸邊，因而船向岸邊加速運(yùn)動(dòng). 1-8 所求位數(shù)為

4、1-9 物體A下降的加速度(如圖所示)為 此加速度也等于輪緣上一點(diǎn)在時(shí)的切向加速度，即 在時(shí)的法向加速度為 習(xí)題1-9圖 習(xí)題1-10圖 1-10 ,,.如圖所示，相對南面，小球開始下落時(shí)，它和電梯的速度為 以t表示此后小球落至底板所需時(shí)間，則在這段時(shí)間內(nèi)，小球下落的距離為 電梯下降的距離為 又 由此得 而小球相對地面下落的距離為

5、 1-11 畫出速度矢量合成圖(a)又，速度矢量合成如圖（b）兩圖中應(yīng)是同一矢量.可知（a）圖必是底角為的等腰直角三角形，所以，風(fēng)向應(yīng)為西北風(fēng)，風(fēng)速為 習(xí)題1-11圖 習(xí)題1-12圖 1-12 (1) (2) (3) ,如圖所示風(fēng)速u由東向西，由速度合成可得飛機(jī)對地速度,則. 證畢 1-13 （1）設(shè)船相對岸的速度為(如圖所示),由速度合成得 習(xí)題1-13圖 V的大小由圖1.7示可得 即 而 船達(dá)到B點(diǎn)所需時(shí)間 AB兩點(diǎn)之距 將式（1）、（2）

6、代入可得 (2) 由 船到對岸所需最短時(shí)間由極值條件決定 即 故船頭應(yīng)與岸垂直，航時(shí)最短. 將值代入（3）式得最短航時(shí)為 (3) 設(shè),則 欲使l最短，應(yīng)滿足極值條件. 簡化后可得 即 解此方程得 故船頭與岸成，則航距最短. 將值代入（4）式得最小航程為 AB兩點(diǎn)最短距離為 第二章 質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué) 2-1 （1）對木箱，由牛頓第二定律，在木箱將要被推動(dòng)的情況下如圖所示， x向： y向： 習(xí)題2-1圖 還有

7、 解以上三式可得要推動(dòng)木箱所需力F的最小值為 在木箱做勻速運(yùn)動(dòng)情況下，如上類似分析可得所需力F的大小為 （2）在上面的表示式中，如果，則，這意味著用任何有限大小的力都不可能推動(dòng)木箱，不能推動(dòng)木箱的條件是 由此得的最小值為 2-2 （1）對小球，由牛頓第二定律 x向： y向： 聯(lián)立解此二式，可得 習(xí)題2-2圖 由牛頓第三定律，小球?qū)π泵娴膲毫? （2）小球剛要脫離斜面時(shí)N=0，則上面牛頓第二定律方程為 由此二式可解得 2-3 要使物體A與小車間無相對滑動(dòng)，三物體必有同一加速度a,且掛吊B的繩應(yīng)向后傾斜。作此時(shí)的隔離體受力圖如圖所示

8、 習(xí)題2-3圖 三物體只有水平方向的運(yùn)動(dòng)，只須列出水平方向的牛頓方程及相關(guān)方程： 為繩中的雨拉力在水平向的合力 聯(lián)立（1），（2），（3），（4），（5）解得 （因?yàn)槿齻€(gè)物體有同一加速度a，且在水平方向只受外力F的作同，所以，可將三個(gè)物體看作一個(gè)物體： 再與（1），（2），（3）式聯(lián)立求解即可。） 2-4 由圖寫出力函數(shù)用積分法求解。 (1) 由 得 (2) 在內(nèi) (3) 當(dāng)t=5時(shí)：

9、 在5-7s內(nèi)再用（2）式 (4) 當(dāng)t=7時(shí)： 再用積分法： (5) 在0-5s內(nèi)，由（3）式積分 即 再由（4）式 求5得 得 2-5 設(shè)兩物體未用繩連接則由牛頓第二定律，沿x方向，對A，有 對于B，有 由此得 習(xí)題2-5圖 （1）如圖所示，A在下，B在上。由于。所以繩被拉緊，二者一起下滑，而。以分別表示繩對A和B的拉力，則由牛頓第二定律， 沿x方向 對A： 對B： 由此得 （2）

10、圖中繩中張力為 （3）如果互換位置，A在上，B在下，則由于，連接繩子將松弛，因而T=0，此時(shí)AB的加速度即 習(xí)題2-6圖 2-6 當(dāng)漏斗轉(zhuǎn)速較小時(shí)，m有下滑趨勢，小物體受最大靜摩擦力方向向上，如圖所示。對小物體，由牛頓第二定律 x向： y向： 還有 聯(lián)立解以上各式，可得 或 當(dāng)n足夠大時(shí)，小物體將有上滑趨勢，它將受到向下的靜摩擦力，即的方向與圖2.6中所示的方向相反。與上類似分析可得最大轉(zhuǎn)速為 總起來講，小物體在漏斗壁上不動(dòng)，轉(zhuǎn)速n應(yīng)滿足的條件是 2-7 設(shè)圓柱與繩索間的摩擦力為f，繩對重物m1的拉力T1，m1和m2對地加速度分別為a1

11、、a2，對m1、m2列出方程 聯(lián)立解出： 習(xí)題2-7圖 2-8 質(zhì)點(diǎn)在x、y兩個(gè)方向都是勻加速直線運(yùn)動(dòng)。 2-9 （1）積分得 （2） 積分得 （3）利用（1）的結(jié)果，令v=0 得 代入（2）的結(jié)果中 得 （4）將代入（1）的結(jié)果中 得 習(xí)題2-10圖 2-10 初始時(shí)刻，t時(shí)刻受力如圖所示，設(shè)x為該時(shí)刻入水長度，棒的橫截面積為s，有 當(dāng)時(shí)有 即 （1） （1）當(dāng)時(shí)

12、 （2） （2）當(dāng)時(shí)，（2）式無意義，即此條件將使棒不可能全部沒入液體中，但（1）式仍然成立，當(dāng)棒到達(dá)最大深度xm時(shí)v=0，由（1）式 得： 即為所求 （3）由（1）式求極值得：當(dāng)時(shí)有 2-11 以M和m分別表示木星和木衛(wèi)三的質(zhì)量，則由萬有引力定律和牛頓第二定律，可得 習(xí)題2-12圖 2-12 （1）設(shè)鏈條的質(zhì)量線密度為，鏈條開始下滑時(shí)，其下垂直度為，應(yīng)滿足的條件是其下垂部分的重力等于或大于其在桌面部分的摩擦力，即： （2）據(jù)功能原理開始下滑時(shí)在桌面部分的長度 為當(dāng)鏈條的A端從O點(diǎn)沿y軸運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)0點(diǎn)過程中，摩擦力作功為

13、 設(shè)桌面為勢能零點(diǎn)，則鏈開始下滑到A端離桌面時(shí)的機(jī)機(jī)械能分別為 于是有 化簡可得 習(xí)題2-13圖 2-13 由于，故沖量的大小由圖所示可得 I與水平方向的夾角為 球受到的平均沖力 2-14 （1）4秒內(nèi)力的沖量 （2）由動(dòng)量定量可得 （3）據(jù)題設(shè)， 即 2-15 忽略軌道阻力，故在加載過程中列車與礦砂系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，即 由此得t時(shí)速度 t時(shí)加速度為 2-16 以分鐘計(jì)，槍對子彈的平均推力為 槍視作靜止，此力也等于肩對槍托的平均推力，由牛頓第三定律可知，槍托對肩的壓力就等于11.6N. 2-17 原子核蛻變過程應(yīng)

14、滿足動(dòng)量守恒定律.以p3表示蛻變后原子核的動(dòng)量，應(yīng)有 習(xí)題2-17圖 由圖可知，p3的大小為 p3的方向應(yīng)p1和p2所在的平面內(nèi)，而且與p1的夾角為 2-18 對太空慣性系，以的方向?yàn)檎较颍詖1和v2分別表示火箭殼和儀器艙分開后各自的速度.由火箭殼和儀器艙的總動(dòng)量守恒給出 由于儀器艙應(yīng)在前，所以,即.將此式代入上式得 由此得 v1,v2均為正值，故二速度皆沿正向，即與未分開前的方向相同. 2-19 兩車相撞后的加速度為,由此可知?jiǎng)傋埠蠖呖墼谝黄饡r(shí)的速率為

15、如果兩車均未超限制，并都以最大允許速率v1開行，則由兩車的動(dòng)量守恒可得(如圖所示) 習(xí)題2-19圖 由此可得撞后速度應(yīng) 由于實(shí)際撞后的初速，所以兩個(gè)司機(jī)的話并不都可信，至少一人撒謊. 習(xí)題2-20圖 2-20 (1)如圖所示，沿豎直方向，分別對M和m用牛頓第二定律可得 由此可得 (2)在加速的過程，起重間上升的距離為,這也就是電動(dòng)機(jī)拖動(dòng)鋼纜的距離，電動(dòng)機(jī)做的功為 （3）起重間勻速上升時(shí)，滑輪兩側(cè)鋼纜中的張力分別為.拖動(dòng)鋼纜的距離為時(shí)電動(dòng)機(jī)又做的功是 2-21 如圖所示，以F

16、表示馬拉雪橇的力，則對雪橇，由牛頓第二定律 習(xí)題2-21圖 切向： 法向： 再由可解得 由此得馬拉雪橇做功 重力對雪橇做的功為 摩擦力對雪橇做的功為 2-22 設(shè)加速度為a, AB=S在B點(diǎn)速度為,在c點(diǎn)速度為，整個(gè)運(yùn)動(dòng)分為三個(gè)分過程 :勻加速直線運(yùn)動(dòng) 習(xí)題2-22 (1) ：機(jī)械能守恒 (2) 在C點(diǎn),重力提供向心力

17、 (3) ：平拋運(yùn)動(dòng) (4) (5) 聯(lián)立(1)、（2）、（3）、（4）、（5）,可解得 . 習(xí)題2-23圖 2-23 設(shè).如圖所示，寫出各個(gè)過程的相應(yīng)方程. ：機(jī)械能守恒

18、 (1) B點(diǎn)碰撞：動(dòng)量、機(jī)械能守恒 ：平拋運(yùn)動(dòng) m2在C點(diǎn)時(shí): ：以上述速度作斜拋運(yùn)動(dòng)，但其加速度由下式確定 由(8)、（9）、（10）可確定射程CD為 聯(lián)立（1）至（11）式可解證 2-24 在C開始運(yùn)動(dòng)之前，A、B有同一加速度a,對A、B作受力分析（如圖所示）有 習(xí)題2-24圖

19、 (1) B: (2) 由（1）、（2）解證 設(shè)BC間繩長為l,，在t時(shí)間內(nèi)B作勻加速運(yùn)動(dòng). 則 證 B和C之間繩子剛要拉緊時(shí)，A和B所達(dá)到的速度為 BC間繩拉緊前后，由動(dòng)量原理有 (∵作用時(shí)間短，重力的沖量可忽略，故可看作動(dòng)量守恒.) 聯(lián)立（3）、（4）、（5）解證 2-25 設(shè)在t秒時(shí)，盒內(nèi)已落有的石子質(zhì)量為mt (1) 而石子落入盒內(nèi)時(shí)速度為

20、 (2) 在此后dt時(shí)間內(nèi)，將有質(zhì)量dmt的石子落入盒內(nèi) (3) 對這些石子用動(dòng)量定理,設(shè)的石子受到盒對它的作用力為dN, 以向下為正 則 而已有的質(zhì)量為mt的石子受到盒對它的作用力的大小等于石子的重力.mtg=N. ∴秤的讀數(shù)為 2-26 用動(dòng)量定理求解A到B的時(shí)間為 重力的沖量為 習(xí)題2-26圖 方向向

21、下(如圖所示) 小球動(dòng)量增量為 其中R由小球的動(dòng)力學(xué)方程 求證 由動(dòng)量定理 由圖可證 與水平方向的夾角為 2-27 設(shè)鐵錘與鐵釘撞擊中能量損耗不計(jì)，重力的功不計(jì)，由動(dòng)能定理有 而，對第一次打擊 對第二次打擊 解證 第二次擊入的深度為 2-28 靜止時(shí)各處T=mg，對兩彈簧有 所以，兩彈簧的伸長量之比為 兩彈簧的彈性勢能之比為 2-29 （1）子彈與擺錘碰撞，水平方向動(dòng)量守恒

22、 (1) v1為擺錘碰撞后之速度，擺錘獲此速度后作圓周運(yùn)動(dòng)，在鉛直面內(nèi)機(jī)械能守恒 (2) 欲完成一圓周運(yùn)動(dòng)，擺錘在最高點(diǎn)必須滿足條件 (3) 由（3）式得代入（2）式得，再代入（1）式可得子彈的最小速度 2-30 小球與彈簧振動(dòng)系統(tǒng)相互碰撞，水平方向動(dòng)量守恒 (1) V為彈簧系統(tǒng)的

23、啟動(dòng)速度，它在被壓縮過程中機(jī)械能守恒，設(shè)最大壓縮長度為，則有 (2) 將（1）、（2）兩式聯(lián)立求解得 （2）碰撞是非彈性的，其機(jī)械能損失為 (3) 小球與M完全非彈性碰撞，碰撞后彈簧被壓縮，據(jù)此可列式 解得 機(jī)械能損失 第三章 剛體的定軸轉(zhuǎn)動(dòng) 3

24、-1 （1）鐵餅離手時(shí)的角速度為 （2）鐵餅的角加速度為 （3）鐵餅在手中加速的時(shí)間為 3-2 （1）初角速度為 末角速度為 角加速度為 （2）轉(zhuǎn)過的角度為 （3）切向加速度為 法向加速度為 總加速度為 總加速度與切向的夾角為 3-3 （1）對軸I的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 對軸II的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 （2）對垂軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 3-4 （1）設(shè)垂直紙面向里的方向?yàn)檎?，反之為?fù)，則該系統(tǒng)對O點(diǎn)的力矩為 （2）系統(tǒng)對O點(diǎn)的總轉(zhuǎn)動(dòng)慣量等于各部分對O點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣之和，即 （3）由轉(zhuǎn)動(dòng)定律 可得 3-5 （1）摩擦力

25、矩恒定，則轉(zhuǎn)輪作勻角加速度運(yùn)動(dòng)，故角加速度為 第二秒末的角速度為 （2）設(shè)摩擦力矩與角速度的比例系數(shù)為，據(jù)題設(shè)可知 據(jù)題設(shè)時(shí)，，故可得比例系數(shù) 由此時(shí)，轉(zhuǎn)輪的角速度為 3-6 設(shè)飛輪與閘瓦間的壓力為N，如圖示，則二者間摩擦力，此摩擦力形成阻力矩，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律 其中飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，角加速度，故得 習(xí)題3-6圖 見圖所示，由制動(dòng)桿的平衡條件可得 得制動(dòng)力 習(xí)題3-7圖 3-7 如圖所示，由牛頓第二定律 對 對 對整個(gè)輪，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律 又由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系 聯(lián)立解以上諸式，即可得 3-8 設(shè)

26、米尺的總量為m，則直尺對懸點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為 (a) (b) 又 從水平位置擺到豎直位置的過程中機(jī)械能守恒（以水平位置為O勢能點(diǎn)） 即 3-9 m視為質(zhì)點(diǎn)，M視為剛體（勻質(zhì)圓盤）。作受力分析（如圖所示） 習(xí)題3-9圖(1) （1）由方程組可解得 物體作勻加速運(yùn)動(dòng) （2）物體下落的距離為 當(dāng)t=4時(shí) （3）繩中張力由方程組解得 解法2：以t=0時(shí)物體所處位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，以向下為x正方向. 習(xí)題3-9圖(2)

27、 （1）由機(jī)械能守恒： 兩邊就t求導(dǎo)得 （2） （3）勻加速運(yùn)動(dòng)，由以及知 3-10 如圖所示，唱片上一面元面積為,質(zhì)量為,此面元受轉(zhuǎn)盤的摩擦力矩為 各質(zhì)元所受力矩方向相同，所以整個(gè)唱片受的磨擦力矩為 習(xí)題3-10圖 唱片在此力矩作用下做勻加速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度從0增加到需要時(shí)間為 唱機(jī)驅(qū)動(dòng)力矩做的功為 唱片獲得的動(dòng)能為 3-11 對整個(gè)系統(tǒng)用機(jī)械能守恒定律 以代入上式，可解得 3-12 （1）丁字桿對垂直軸O的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為 對軸O的力矩

28、，故由可得釋手瞬間丁字桿的角加速度 （2）轉(zhuǎn)過角后，知矩。由機(jī)械能守恒知 此時(shí)角動(dòng)量 轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能為 3-13 （1）利用填補(bǔ)法，將小碎片填入缺口，此時(shí)為均勻圓盤對O軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，挖去小碎片，相應(yīng)減少，故剩余部分對O的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為 （2）碎片飛離前后，其角動(dòng)量守恒 故剩余部分的角速度與原來的角速度相等。 3-14 由于轉(zhuǎn)臺(tái)和人系統(tǒng)未受到沿軸方向外力矩，所以系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒，即 由此可得轉(zhuǎn)臺(tái)后來的角速度為 3-15 慧星在有心力場中運(yùn)動(dòng)，角動(dòng)量守恒。設(shè)其質(zhì)量為M，近日點(diǎn)速率為V1，與太陽之距r1;遠(yuǎn)日點(diǎn)速率為V2，與太陽之距r2，則有 3-1

29、6 （1）由于 （2）由飛船和宇航員系統(tǒng)角動(dòng)量守恒可得 由此得飛船角速度為 （3）飛船轉(zhuǎn)過用的時(shí)間，宇航員對飛船的角速度為，在時(shí)間t內(nèi)跑過的圈數(shù)為 3-17 太陽自轉(zhuǎn)周期按25d計(jì)算，太陽的自轉(zhuǎn)角動(dòng)量為 此角動(dòng)量占太陽系總角動(dòng)量的百分?jǐn)?shù)為 3-18 （1）由于外力沿轉(zhuǎn)動(dòng)中心O，故外力矩恒為零，質(zhì)點(diǎn)的角動(dòng)量守恒，即 故小球作半徑r2的圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為 （2）拉力F做功為 3-19 （1） （2）在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中無耗散力，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)初始時(shí)刻重力勢能為零，有 解得： 3-20 （1）

30、子彈射入木棒中為完全非彈性碰撞，角動(dòng)量守恒： 解得 （2）上擺過程機(jī)械能守恒 即 ，上式可近似為 解得 即為第二象限的角度，本題中即棒向上擺可超水平位置（）。 由于 棒的最大擺角約為 第5章 靜電場 5-1 兩小球處于如題5-1圖所示的平衡位置時(shí)，每小球受到張力T，重力mg以及庫侖力F的作用，則有和,∴,由于θ很小，故 習(xí)題5-1圖 ∴ 5-2 設(shè)q1,q2在C點(diǎn)的場強(qiáng)分別為和，則有

31、 習(xí)題5-2圖 方向沿AC方向 方向沿CB方向 ∴ C點(diǎn)的合場強(qiáng)的大小為： 設(shè)E的方向與CB的夾角為α，則有 5-3 坐標(biāo)如題9-3圖所示，帶電圓弧上取一電荷元，它在圓心O處的場強(qiáng)為 ，方向如題9-3圖所示，由于對稱性，上、下兩 帶電圓弧中對應(yīng)電荷元在圓心O處產(chǎn)生的dE1和dE2在x方向分量相 習(xí)題5-3圖 互抵消。 ，圓心O處場強(qiáng)E的y分量為 方向沿y軸正向。 5-4 （1）如題5-4

32、圖(a)，取與棒端相距d1的P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),x軸向右為正。設(shè)帶電細(xì)棒電荷元至P點(diǎn)的距離x，它在P點(diǎn)的場強(qiáng)大小為 習(xí)題5-4圖（a） 方向沿x軸正向 各電荷元在P點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向相同，于是 方向沿x軸方向。 （2）坐標(biāo)如題5-4圖(b)所示，在帶電細(xì)棒上取電荷元與Q點(diǎn)距離為r，電荷元在Q點(diǎn)所產(chǎn)生的場強(qiáng)，由于對稱性，場dE的x方向分量相互抵消，所以Ex=0,場強(qiáng)dE的y分量為 習(xí)題5-4圖（b） 因

33、 ∴ 其中 代入上式得 方向沿y軸正向。 5-5 帶電圓弧長,電荷線密度。帶電圓弧在圓心O處的場強(qiáng)等價(jià)于一個(gè)閉合帶電圓環(huán)（線密度為）和一長為d、電荷線密度為-的小段圓弧在O處場強(qiáng)的矢量和。帶電閉合圓環(huán)在圓心處的場強(qiáng)為零，而d<

34、）如果這點(diǎn)電荷移到立方體的一個(gè)角上，則電荷q所在頂角的三個(gè)面上，因?yàn)楦鼽c(diǎn)平行于該面，所以這三個(gè)面的電通量均為零，另三個(gè)面的電通量相等。如果要把q全部包圍需要有8個(gè)立方體，相當(dāng)于有24個(gè)面，每一面上通過的電通量為總通量的，即 習(xí)題5-7圖（a） 5-7 解法（一）通過圓形平面的電通量與通過以A為球心，為半徑，以圓平面的周界為周界的球冠面的電通量相等，該球冠面的面積，通過整個(gè)球面的電通量，所以通過該球冠面的電通量為 解法（二）在圖形平面上取一同心面元環(huán)，設(shè)其中半徑為r，寬為dr

35、,此面元的面積。設(shè)此面元對A點(diǎn)的半張角為，見圖所示，由通量公式可得 習(xí)題5-7(b)圖 5-8 通過此半球面的電通量與通過以O(shè)為圓心的圓平面電通量相等，無限大平面外任一點(diǎn)的場強(qiáng)為，∴ 通過該球面的電通量為 5-9 設(shè)想地球表面為一均勻帶電球面，則它所帶總電量為 5-10 設(shè)均勻帶電球殼內(nèi)、外半徑分別為R1和R2，它所產(chǎn)生的電場具有球?qū)ΨQ性，以任意半徑r作一與均勻帶電球殼同心的高斯球面S，由高斯定理可得 ∴ 當(dāng)時(shí)，,∴

36、 ∴ 5-11 無限長均勻帶電圓柱面產(chǎn)生的電場具有軸對稱性，方向垂直柱面，以斜半徑r作一與兩無限長圓柱面的同車圓柱面以及兩個(gè)垂直軸線的平面所形成的閉合面為高斯面，由高斯定理可得 ∴ （1）當(dāng)r

37、，且對中心面S0（圖中虛線）對稱，電場分布也應(yīng)具有均勻性和對稱性，即在與帶電板平行且位于中心面S0兩側(cè)距離相等的平面上場強(qiáng)大小應(yīng)處處相等，且方向垂直該平面。過板內(nèi)P點(diǎn)或板外Q點(diǎn)作軸線與x軸平行，兩底面積為S且相對中心面S0對稱的閉合正圓柱面為高斯面，由高斯定理可得： （1）平板內(nèi) 習(xí)題5-12圖 ∴ 方向垂直板面向外 （2）平板外 ∴ 方向垂直板面向外。 5-13 由于電荷分布具有軸對稱性，故其場強(qiáng)必沿柱體的徑向，其大小也具有軸對稱性，故在圓柱體內(nèi)

38、取下同心薄圓筒，其半徑為r，厚度dr，長l，見右圖示，根據(jù)高斯定理可得 習(xí)題5-13圖 ∴ 5-14 設(shè)想原來不帶電的小空腔內(nèi)同時(shí)存在電荷體密度為的兩種電荷，則原帶電荷等價(jià)于一個(gè)半徑為R，電荷體密度為的均勻帶電球體和一個(gè)半徑為r，電荷體密度為的均勻帶電球體的組合，空間各處的場強(qiáng)等于這兩個(gè)均勻帶電球體產(chǎn)生場強(qiáng)的矢量和。對于球心O處，，由于均勻帶電球體球心處的場強(qiáng)為零，所以 習(xí)題5-14圖 方向由O指向。 對于球心處， ∴ 方向由O指向。 對于空腔內(nèi)的任一點(diǎn)P，位置如圖所示。

39、 以上計(jì)算表明空腔任意點(diǎn)的場強(qiáng)大小均為且方向均由O指向，所以，空腔內(nèi)為勻強(qiáng)電場。 習(xí)題5-15圖 5-15 電偶極子在均勻電場中所受的力矩為 為電矩 與兩方向間的夾角，當(dāng)時(shí)，外電場作用于電偶極子上 的力矩最大 5-16 外力所作的功為 5-17 （1）氫原子內(nèi)負(fù)電荷的總電量為 （2）由于負(fù)電荷呈球狀對稱分布，故可采用高斯定理計(jì)算負(fù)電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的大小為

40、 正電荷在球心，其產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的大小為 則在距球心r處的總電場強(qiáng)度為，其大小為 的方向沿徑向向外。 5-18 電場力的功 5-19 由高斯定理可求得是空間場強(qiáng)分布（略） 離球心為處的電勢 習(xí)題5-20圖(a) 5-20 （1）電荷線密度，坐標(biāo)如題5-20圖(a)所示，距原

41、點(diǎn)O為x處取電荷元，它在P點(diǎn)的電勢 ∴ P點(diǎn)的總電勢 習(xí)題5-20圖（b） （2）坐標(biāo)如題5-20圖(b)所示，電荷元在Q點(diǎn)的 電勢 Q點(diǎn)的總電勢 習(xí)題5-21圖 5-21 半圓環(huán)中心O的場強(qiáng)（或電勢）是兩段帶電直線和帶電半圓環(huán)在該處場強(qiáng)（或電勢）的迭加，由于兩直線對O對稱，所以兩帶電直線在O處的場強(qiáng)大小相等，方向相反，相互抵消，因而O處的場強(qiáng)就是帶電半圓環(huán)在O處的場強(qiáng)，取電荷元,它在O處場強(qiáng)，由

42、于對稱性，各的x分量相互抵消?！?的y分量為 ∴ O處的電勢 5-22 由高斯定理可求得兩無限長同軸圓柱面間的場強(qiáng)為，所以兩圓柱面間的電勢差 5-23 靜電平衡時(shí)，導(dǎo)體球殼內(nèi)、外表面均有感應(yīng)電荷，由于帶電系統(tǒng)具有球?qū)ΨQ性，所以內(nèi)表面均勻分布有-q電荷，外表面均勻分布+q電荷，可判斷電場分布具有球?qū)ΨQ性，以任意半徑r作一與球殼同心的高斯球面S，由高斯定理可得 當(dāng) ∴ ∴ ∴ 由電勢定義式可求得電勢分布

43、 5-24 （1）內(nèi)球電荷q均勻分布在外表面，外球內(nèi)表面均勻感應(yīng)電荷-q，外表面均勻分布電荷q+Q，由高斯定理可求得電場分布（略） 由電勢定義可求得內(nèi)球電勢 （2）用導(dǎo)線把兩球連接起來時(shí)，內(nèi)球和外球內(nèi)表面電荷中和，這時(shí)只有外球的外表面帶有q+Q電荷，外球殼

44、外場強(qiáng)不變，外球電勢不變，這時(shí)兩球是等勢體，其電勢均為原外球殼電勢270V。 （3）若外球殼接地，外球電勢為零，外球外表面電荷為零，內(nèi)球的電荷以及外球內(nèi)表面電荷分布不變，所以內(nèi)球的電勢 5-25 由于帶電系統(tǒng)具有軸對稱性，所以電荷分布和電場分布也應(yīng)具有軸對稱，靜電平衡時(shí)，圓柱形導(dǎo)體電荷均勻分布在其外表面，單位長度電量為，導(dǎo)體圓筒內(nèi)表面均勻分布有感應(yīng)電荷，其單位長度的電量為，外表面電荷均勻分布，單位長度的電量為。以任意半徑r作同軸封閉圓柱面為高斯面，則由高斯定理得： 當(dāng) ∴

45、 ∴ ∴ ∴ 5-26 （1）A板帶正電荷q分布在左右兩表面上，設(shè)B板感應(yīng)電荷為-q1，C板感應(yīng)電荷為-q2，則 AB、AC間均可視為勻強(qiáng)電場 依題意 可得 ∴ 即B板上感應(yīng)電荷為,C板上感應(yīng)電荷為 A板的電勢 （2）當(dāng)AB間充以電介質(zhì)時(shí)，則有下列關(guān)系 仍可解得

46、 , 所以B板上的感應(yīng)電荷為 C板上感應(yīng)電荷為 A板上電勢 5-27 設(shè)AB兩板各面上的電荷面密度分別為，空間各處場強(qiáng)方向應(yīng)與板面垂直，作如題9-27圖所示的閉合圓柱面為高斯面，由于導(dǎo)體內(nèi)場強(qiáng)處處為零，A、B兩板間場強(qiáng)方向平行于圓柱側(cè)面，所以通過高斯面的電通量為零，由高斯定理 習(xí)題5-27圖 ∴ （1） A板內(nèi)的P點(diǎn)場強(qiáng)為 ∴

47、 （2） 若A板帶電QA，B板帶電QB，板面積為S，則有 （3） （4） 由（1）、（2）、（3）、（4）式可得 5-28 點(diǎn)

48、電荷q使金屬球上產(chǎn)生感應(yīng)電荷，由于金屬球與地相聯(lián)，其電勢為零，球心處的電勢應(yīng)是點(diǎn)電荷q和球上感應(yīng)電荷在此處產(chǎn)生電勢之和，即 ∴ 即金屬球上感應(yīng)q/3的負(fù)電荷。 5-29 （1） （2） （3） （4） （5） 設(shè)極化電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)為，則，其中為極板上極化電荷面密度，，則極化電荷 （6） 或 5-30

49、 （1）以任意r為半徑作金屬球的同心球面為高斯面，由介質(zhì)中的高斯定理得 當(dāng) （2）由電勢定義式可得 （3） 5-31 （1） （2） （3） （4）

50、 5-32 設(shè)A、B兩導(dǎo)體球分別帶有電荷Q和-Q，則兩球的電勢差為 5-33 用導(dǎo)線連接二導(dǎo)體，這相當(dāng)將電容C1和C2并聯(lián)，此時(shí)等效電容和總電量分別為 根據(jù)電容，故聯(lián)接二導(dǎo)體后它們的電勢為 這時(shí)電容上的電量為 則由導(dǎo)體1流向?qū)w2的電量為 5-34 （1）以任意半徑r作金屬球的同心球面為高斯面，由介質(zhì)中的高斯定理可得： 當(dāng) （2）電勢分布：

51、 （3）這相當(dāng)于內(nèi)外半徑分別為R與a的球形空氣電容器C1與內(nèi)外半徑分別為a與b的球形介質(zhì)電容器C2，二者相串聯(lián)，其等效電容為 其中 將C1、C2代入上式 5-35 （1）在介質(zhì)中以任意半徑r作圓柱體同軸的閉合圓柱面為高斯面，由介質(zhì)中的高斯定理可得 ∴ （2）設(shè)介質(zhì)內(nèi)表面上單位長度的極化電荷為，則對上述高斯面應(yīng)用高斯定理 則

52、介質(zhì)內(nèi)表面上的極化電荷面密度為 介質(zhì)外表面上的極化電荷密度為 5-36 （1）設(shè)兩電介質(zhì)中的電位移和場強(qiáng)分別為D1、D2和E1、E2，兩板板間的電勢差 ∴ 則兩介質(zhì)中各點(diǎn)的能量體密度為 （2） （3） 5-37 （1）由高斯定理可求得電場分布 整個(gè)電場儲(chǔ)存的能量

53、 （2）導(dǎo)體球殼接地，導(dǎo)體球殼外表面不帶電，球殼外場強(qiáng)為零，這時(shí)電場的能量 由 得 5-38 （1）平行板電容器抽出金屬板后的電容為，插入金屬板時(shí)的電容為，當(dāng)充電到后拆去電源，然后抽出金屬板，除金屬板秘在位置外的空間場強(qiáng)不變，均為 （2） 抽出金屬板需作功 5-39 由高斯定理可求得帶球體內(nèi)、外的場強(qiáng)為（略） 其電場所儲(chǔ)存的能量

54、 5-40 由于并聯(lián)前后電量不變，所以有 由此可得 能量減少為 第6章 穩(wěn)恒磁場 6-1 由畢—沙定律可得 點(diǎn)， 點(diǎn)， 點(diǎn)， 點(diǎn)， 點(diǎn)， 6-2 在X軸上P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖示，可得 習(xí)題6-2圖 顯然x=0處為B的最大值 6-3

55、解法（一）由直電流磁場公式 習(xí)題6-3圖 -3圖 可得A點(diǎn)的磁感（見圖示） 的方向由右手定則知為垂直紙面向外。 習(xí)題6.3圖（2） 解法（二） P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 b為場點(diǎn)P到載流直導(dǎo)線的垂直距離。 第1段載流直導(dǎo)線在A點(diǎn)產(chǎn)生的。 第2段載流直導(dǎo)線在A點(diǎn)產(chǎn)生的B2。 則 習(xí)題6.3圖（3） 6-4

56、 方向垂直紙面向外。 6-5 （1）P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 （2）據(jù)題設(shè)，則P點(diǎn)的B為 令 則 當(dāng)x=0時(shí)，u=v, ∴ 這表明a=R, x=0處的o點(diǎn)磁場最為均勻。將上述條件代入B中，可得o點(diǎn)磁感 習(xí)題6-6圖 6-6 在薄金屬板上距邊界O點(diǎn)為l處取一元電流dI，其寬度dl，見圖示，則此元

57、電流在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感為 故整個(gè)電流I在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感為 的方向垂直平面向外。 6-7 在半球面上任意取一圓形元電流，如圖所示，設(shè)此元電流半徑為r，寬為 ，故。dI對球心O的半張角為，其中心與球心O相距為x，則，則此元電流dI在O點(diǎn)產(chǎn)生磁感為： 由此可得O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 習(xí)題6-7圖 的方向沿x軸線向右。 6-8 在半圓形金屬薄片上取一直元電流，如圖示，此元電流dI在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感 習(xí)題6-8圖 由對稱性分析知，半圓柱面上的電流在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感為

58、 的方向沿x軸向右。 6-9 在圓片上取一半徑為r，寬為dr的細(xì)圓環(huán)，此圓環(huán)上的運(yùn)流元電流為 習(xí)題6-9圖 它在x軸上P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感為 在P點(diǎn)的磁感強(qiáng)度為 的方向沿x軸線向右。 6-10 （1）該圓環(huán)產(chǎn)生運(yùn)流電流，在軸線上距離環(huán)心x處產(chǎn)生的磁感為 的方向沿x軸正向。 （2）此圓環(huán)的磁矩為 的方向沿x軸正向

59、。 6-11 帶電粒子作圓周運(yùn)動(dòng)在軌道中心產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度為 其磁矩為 6-12 （1）通過abcd面的磁通量 （2）通過befc面的磁通量 （3）通過aefd面的磁通量 6-13 如圖示，取坐標(biāo)軸ox,在x處取一面元，直電流I1產(chǎn)生的磁場穿過dS面的元磁通量為 習(xí)題6-13圖 穿過該矩形面積的磁通量為 由于，且矩形處于二電流的中心對稱位置，故穿過此矩形面積的磁通量為 6-1

60、4 穿過S面的磁通量為 ∵ 6-15 （1），由安培環(huán)路定理可得 習(xí)題6-15圖 （2） （3） （4） 6-16 （1）如圖示，過P點(diǎn)作一半徑為r的圓形回路，圓心為O，由安培環(huán)路定律可得 習(xí)題6-16圖 故繞線環(huán)內(nèi)磁感強(qiáng)度B的大小與徑向距離r成反比。 （2）通過矩形載面的磁通量為

61、 6-17 設(shè)有1、2無限大載流平面，各載有反向等值面電流K，如圖，先計(jì)算載流平面1產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度。根據(jù)對稱性分析，P點(diǎn)的方向應(yīng)平行于平面，方向向上（沿Y軸），與P點(diǎn)對應(yīng)的另一側(cè)應(yīng)與等值反向，故過P點(diǎn)作矩形回路L1，如圖示，由安培環(huán)路定理可得 即 習(xí)題6-17圖 這表明：無限大載流平面產(chǎn)生均勻磁場，與距離無關(guān)。 （1）二平面間P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 載流平面（1）在P點(diǎn)產(chǎn)生方向平行平面向上，載流平面（2） 在P點(diǎn)產(chǎn)生方向也平行平面向上，故P點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為

62、（2）二平面之外空間的磁感應(yīng)強(qiáng)度由分析可得 6-18 內(nèi)部具有空腔的載流柱體產(chǎn)生的磁場計(jì)算，通常采用挖補(bǔ)迭加法。即假定空腔部分通有等值而反向的均勻電流，其電流密度與實(shí)體部分的相同。這樣取代的結(jié)果，其等價(jià)磁場分布即為均勻載流圓柱體（半徑為R）和反向均勻載流的圓柱體（半徑為r）二者磁場的迭加。本題實(shí)體部分的電流密度為，故應(yīng)假設(shè)空腔內(nèi)通地。 設(shè)載流的圓柱體產(chǎn)生的磁場為，載流的圓柱體產(chǎn)生的磁場為，則其在空間各點(diǎn)的磁場為 習(xí)題6-18（a）圖 （1）軸線O上的磁感強(qiáng)度 由于在的軸線上，故，而O軸在之外相距軸為a， 故得

63、 的方向垂直O(jiān)軸向上（與I2方向形成右螺旋）。 （2）軸線上的磁感強(qiáng)度 因?yàn)椋诘妮S線上，且，故 的方向與構(gòu)成右螺旋，故垂直向上。 P點(diǎn)的磁感強(qiáng)度： 由于和方向相反，P在之左側(cè)，故與反向，即 方向垂直聯(lián)線向下。 （3）證明空腔內(nèi)的磁場是均勻的。 在空腔內(nèi)任取一點(diǎn)A，如圖示，則二反向電流在A點(diǎn)產(chǎn)生的磁場為 習(xí)題6-18（b）圖 由于A點(diǎn)

64、既在體內(nèi)，又在體內(nèi)，故 且 ∴ 因?yàn)?，故的大小? 為一恒量 的方向由定，即垂直聯(lián)線向上，這表明空腔內(nèi)為均勻磁場。 6-19 （1）電流元所受磁力由按培定律可得 習(xí)題6-19圖 , 方向垂直紙面向外。 方向街紙面向里。 （2）直線電流在均勻磁場中受磁力為，因此 方向垂直紙面向里，

65、 （3）如圖示，在圓弧上任取一電流元，它所受到的磁力為 由于bc弧上所有電流元的均指向。 ∴ 方向垂直紙面向外， 6-20 （1）導(dǎo)軌光滑，垂直圈平面，故ab桿上所受磁場力為 的方向垂直ab向右，故ab桿向右平移，欲保持桿靜止，須加一等值反向的外力。 （2）導(dǎo)軌非光滑時(shí)，如電路平面與B正交，則桿ab受到摩擦力為，因?yàn)?，故不能保持桿靜止。欲要使桿靜止，則應(yīng)與電路平面斜交，以減少ab所受磁場力的水平分力，當(dāng)時(shí)，即達(dá)到平衡，設(shè)此時(shí)與電路平面法線的交角為,見圖示，ab桿上所受磁力的水

66、平分力為 習(xí)題6-20圖 欲保持平衡，則要求 ∴ B是的函數(shù)，由于B的分子為常數(shù)，欲使B值為極小值，則必須 滿足極值條件 即 ∴ 此時(shí)B的大小為 故的方向必須向左傾斜31。 6-21 （1）DC邊所受磁力為 方向垂直DC向左。 EF邊所受磁力為 的方向垂直EF向右。 CE邊所受磁力為 方向垂直CE向上。 DE邊所受磁力為 （2）線圈所受合力為 合力的大小為 合力的方向垂直DC向左。 線圈所受磁力矩為 由于與方向一致故M=0。 6-22 （1）abc中電流I為順時(shí)針方向，其中ab邊所受磁力為 的方向垂直ab指向紙外。 ac邊所受磁力 垂直紙面向里。 cb邊電流與磁場平行，所以。 （2）線圈的磁