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1、 習(xí) 題 解 答 第一章 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動學(xué) 1-1 (1) 質(zhì)點(diǎn)t時刻位矢為： (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x=4代入求證 c=－12 即 將t=3s代入證 1-3 (1) 由運(yùn)動方程消去t得軌跡方程 (2) 1秒時間坐標(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時的速度和加速度分別為 1-4 該星云飛行時間為 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)所用的時間為 由于,這對應(yīng)于第一塊石頭回落時與第二塊相碰；又

3、由于這對應(yīng)于第一塊石頭上升時被第二塊趕上擊中. 以和分別對應(yīng)于在t1和時刻兩石塊相碰時第二石塊的初速度，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與第一塊相碰.對應(yīng)于t1時刻相碰，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. 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)在時的切向加速度，即 在時的法向加速度為 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，它和電梯的速度為 以t表示此后小球落至底板所需時間，則在這段時間內(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間由極值條件決定 即 故船頭應(yīng)與岸垂直，航時最短. 將值代入（3）式得最短航時為 (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)動力學(xué) 2-1 （1）對木箱，由牛頓第二定律，在木箱將要被推動的情況下如圖所示， x向： y向： 習(xí)題2-1圖 還有

7、 解以上三式可得要推動木箱所需力F的最小值為 在木箱做勻速運(yùn)動情況下，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木箱，不能推動木箱的條件是 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，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，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€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，可將三個物體看作一個物體： 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：

9、 在5-7s內(nèi)再用（2）式 (4) 當(dāng)t=7時： 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AB的加速度即 習(xí)題2-6圖 2-6 當(dāng)漏斗轉(zhuǎn)速較小時，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，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，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兩個方向都是勻加速直線運(yùn)動。 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 初始時刻，t時刻受力如圖所示，設(shè)x為該時刻入水長度，棒的橫截面積為s，有 當(dāng)時有 即 （1） （1）當(dāng)時

12、 （2） （2）當(dāng)時，（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v=0，由（1）式 得： 即為所求 （3）由（1）式求極值得：當(dāng)時有 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，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)在水平方向動量守恒，即 由此得t時速度 t時加速度為 2-16 以分鐘計，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、滿足動量守恒定律.以p3表示蛻變后原子核的動量，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,由此可知剛撞后二者扣在一起時的速率為

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,這也就是電動機(jī)拖動鋼纜的距離，電動機(jī)做的功為 （3）起重間勻速上升時，滑輪兩側(cè)鋼纜中的張力分別為.拖動鋼纜的距離為時電動機(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，整個運(yùn)動分為三個分過程 :勻加速直線運(yùn)動 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 (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，寫出各個過程的相應(yīng)方程. ：機(jī)械能守恒

18、 (1) B點(diǎn)碰撞：動量、機(jī)械能守恒 ：平拋運(yùn)動 m2在C點(diǎn)時: ：以上述速度作斜拋運(yùn)動，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時間內(nèi)B作勻加速運(yùn)動. 則 證 B和C之間繩子剛要拉緊時，A和B所達(dá)到的速度為 BC間繩拉緊前后，由動量原理有 (∵作用時間短，重力的沖量可忽略，故可看作動量守恒.) 聯(lián)立（3）、（4）、（5）解證 2-25 設(shè)在t秒時，盒內(nèi)已落有的石子質(zhì)量為mt (1) 而石子落入盒內(nèi)時速度為

20、 (2) 在此后dt時間內(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 用動量定理求解A到B的時間為 重力的沖量為 習(xí)題2-26圖 方向向

21、下(如圖所示) 小球動量增量為 其中R由小球的動力學(xué)方程 求證 由動量定理 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，重力的功不計，由動能定理有 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，在鉛直面內(nèi)機(jī)械能守恒 (2) 欲完成一圓周運(yùn)動，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 小球與彈簧振動系統(tǒng)相互碰撞，水平方向動量守恒 (1) V為彈簧系統(tǒng)的

23、啟動速度，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 3

24、-1 （1）鐵餅離手時的角速度為 （2）鐵餅的角加速度為 （3）鐵餅在手中加速的時間為 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)動慣量 對軸II的轉(zhuǎn)動慣量 （2）對垂軸的轉(zhuǎn)動慣量 3-4 （1）設(shè)垂直紙面向里的方向?yàn)檎粗疄樨?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)動慣量等于各部分對O點(diǎn)的轉(zhuǎn)動慣之和，即 （3）由轉(zhuǎn)動定律 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，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，，故可得比例系數(shù) 由此時，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)動定律 其中飛輪的轉(zhuǎn)動慣量，角加速度，故得 習(xí)題3-6圖 見圖所示，由制動桿的平衡條件可得 得制動力 習(xí)題3-7圖 3-7 如圖所示，由牛頓第二定律 對 對 對整個輪，由轉(zhuǎn)動定律 又由運(yùn)動學(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 （2）物體下落的距離為 當(dāng)t=4時 （3）繩中張力由方程組解得 解法2：以t=0時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，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，角速度從0增加到需要時間為 唱機(jī)驅(qū)動力矩做的功為 唱片獲得的動能為 3-11 對整個系統(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 此時角動量 轉(zhuǎn)動動能為 3-13 （1）利用填補(bǔ)法，將小碎片填入缺口，此時為均勻圓盤對O軸的轉(zhuǎn)動慣量，挖去小碎片，相應(yīng)減少，故剩余部分對O的轉(zhuǎn)動慣量為 （2）碎片飛離前后，其角動量守恒 故剩余部分的角速度與原來的角速度相等。 3-14 由于轉(zhuǎn)臺和人系統(tǒng)未受到沿軸方向外力矩，所以系統(tǒng)的角動量守恒，即 由此可得轉(zhuǎn)臺后來的角速度為 3-15 慧星在有心力場中運(yùn)動，角動量守恒。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)角動量守恒可得 由此得飛船角速度為 （3）飛船轉(zhuǎn)過用的時間，宇航員對飛船的角速度為，在時間t內(nèi)跑過的圈數(shù)為 3-17 太陽自轉(zhuǎn)周期按25d計算，太陽的自轉(zhuǎn)角動量為 此角動量占太陽系總角動量的百分?jǐn)?shù)為 3-18 （1）由于外力沿轉(zhuǎn)動中心O，故外力矩恒為零，質(zhì)點(diǎn)的角動量守恒，即 故小球作半徑r2的圓周運(yùn)動的角速度為 （2）拉力F做功為 3-19 （1） （2）在轉(zhuǎn)動過程中無耗散力，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)初始時刻重力勢能為零，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，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)等價于一個閉合帶電圓環(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角上，則電荷q所在頂角的三個面上，因?yàn)楦鼽c(diǎn)平行于該面，所以這三個面的電通量均為零，另三個面的電通量相等。如果要把q全部包圍需要有8個立方體，相當(dāng)于有24個面，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，,∴

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)同時存在電荷體密度為的兩種電荷，則原帶電荷等價于一個半徑為R，電荷體密度為的均勻帶電球體和一個半徑為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，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，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，內(nèi)球和外球內(nèi)表面電荷中和，這時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，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，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 整個電場儲存的能量

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，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，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，即達(dá)到平衡，設(shè)此時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