大学物理B上习题册答案

练习 1 位移 速度、加速度 选择题 1. D 2. D 3. D 填空题 1. / 2 r位置矢量是 r位移矢量是 位矢在 x-z 平面，速度在 y 方向。 2. 表达式 0 lim t rv t 3.有一质点沿 x 轴作直线运动， t 时刻的坐标为 x 4.5t 2 2t 3（ SI）试求： 21 12 2 0.5m /1 sx x xt 第 2 秒内的平均速度； 第 2 秒末的瞬时速度； 296x dxv t t dt 2 6m/sv 第 2 秒内的路程 : 第二秒内有折返！折返时刻在 : ( )/ 0dx t dt 1.5 maxxx1.5st1.5 1 1.5 2s x x x x 2.25m t 1. 解： 总位移的大小： 练习 1 计算题 设 12r r l 1 20lt 2 40lt 1 2 cos30 3r l l 40 2 3 m / s 3 12 r tt rv t 则 o y x 1r 2r r 120 60 2.解： 2 dv k t d t v 2 0 1 1 1 2 ktvv 得： 0 2 0 vt v dv k td t v 积分 2 0 1 1 1 2 ktvv即： 2dv k v tdt 200(1 /2)v v vkt 练习 2 自然坐标、圆周运动、相对运动 选择题 1. B 2. C 3. C 填空题 1. 3cos4 3sin4 r ti tj12sin4 12cos4 v ti tj 0ta 2. 圆周运动。 切向加速度大小为总加速度的一半 . 2 2 2 4 2 4 3 t a n 1 4 4 6 3 t n d R a tdt at d R dt 3 3 / 6t 3 . 1 5 2 2 3 ( r a d ) 324 t 3. 30.1st 20 .3dsvtdt 0 .6t dvatdt 当 时 30m/sv 30/0.3 =10 st 26.0m/sta 2 24 5 0 m /s n va R 1.解： 0t 0 0 1 m / s 0 x y v v 2 1 3 x y dx v dt dy vt dt 2t 0 1 2 m / s x y a a 0 6 x x y y dv a dt dv at dt 练习 2 计算题 2 2 419xyv v v t 3 4 18 19t d v ta dt t 22 6 xya a a t 1st 25.69m/sta 2 22 . 1.9m/s nta a a 2.解： 2 0 0 2 2 1 2 tt 代入 75rad 2 5st 2rad/s 075 5 25 0 10rad/s 再由 01 t 求得 01 5st 匀角加速运动，比较匀加速直线运动 练习 3 牛顿定律及其应用 选择题 1. B y dvm g f m dt 0 0 0 () t v m g f dt dv m 升 0mvt m g f 升 上升段 下降段 dvm g f m dt mvt m g f 回 降00 tvf m g dt dv m 降 回 0mvt m g f 升 m m g f vt 回 降 要比较这两个时间段的大小，还需知道由同样 高度下降回来时质点获得的速度大小。 由于是匀加速运动，上升的高度 2 0 2 vH a 升 2 0 2 ( ) mv f m g 则质点下降这段高度获得的速度大小 2 02 2 ( ) mvf m g m f m g 2 2v a H回 降 20 f m gv f m g m g f m g f 0t vm g f m g f m g f t m g f v m g f m g f 升 回降 1 2. D mg 2 mg 断绳前静止态 , 下弹簧张力 mg, 上弹簧张力 2mg. 断绳瞬间， 弹簧无形变 。 2 mg mg mg mg mg 13mg ma 1 3ag 23 0aa 选择题 3. C 升降机加速上升 等效引力场力（惯性力） f ma （向下） 则，台面受压力 mg ma 拉动 B 的水平力至少为 ()F mg a 牛顿定律在非惯性系中不成立 这相当于在非惯性系的加速度的 反向存在一个等效引力场 练习 3 填空题 1. v kx dx kdt x 00 xt xt dx kdt x dvFm dt 2mk xmkv()dm k x dt 1 0 1 ln x kxt dx dt 2. dvFm dt1 00(3 2 ) vt dt m dv 1 2 m/svi 3. 移走支撑物瞬间， 弹簧无形变 。 0Aa 2Bag 练习 3 计算题 设阻力 由牛顿定律： 分离变量： 00 tv v k d vdt mv dvm dt k d vdt mv 1. f kv f kv 两边积分 0 ln vk tvm得 0 k t mv v e 所以 由 0 k t mdxv v e dt 000 k txt md x v e d t 0 1 k t mmx v ek () 0 m mvx k k d vv m d t k d x d v m dv v dx d v d x x d t 这是数学模型的结果 从物理上看，只要 时间足够长 ，就可达到 最大深度。 得最大深度 t 另解 m 0 0 0 x v k d x d v m 2.解 受力分析如图 用牛顿定律列方程 : 2sin cosT N mr cos sin 0T N mg sinrl 解得 : 2sin sin cosN mg m l 22cos sinT mg m l 当 N = 0 时（小球离开锥面） 0 c o sgl 0 c o smgT H o N T mg 练习 4 动量原理、动量守恒 选择题 1. C p Ip 2 sin60Ip 3mv 要学会用矢量图分析 由动量定理 利用几何关系 3. D 墙壁对木块的冲量即对 m-M 系统的冲量 00 xI mv 0mv以运动方向为正向 一质量为 60 kg的人静止站在一条质量为 300kg 且正以 2m/s的速率向湖岸驶近的小木船上，湖水是 静止的，且阻力不计。现在人相对于船以一平均速 率 u 沿船前进的方向向湖岸跳去，起跳后，船速减 为原来的一半， u 应为多大？ 解： 练习 4 选择题 2： ( D ) 显然，水平方向动量守恒 00 0( ) ( )22 vvM m u m M v 关键问题： 守恒方程两边状态量 各自对应同一时刻 ( )( ) ( ) rm dmv dv dmv dv v mv Fdt如火箭方程的推导中 解： 选择题 3： D 练习 4 填空题 1 A、 B 组成的系统动量守恒 已知 A0p p bt t = 0 时 A0 0pp 此时 A0 B0 0p p p其后仍有 A B1 0p p p 故 B1 0 Ap p p bt00()p bt B0 0p t = 0 时 B0 0pp 此时 A0 B0 0pp 其后仍有 A B2 0pp 故 B2 A0pp 0p bt 练习 4 填空题 2 动量守恒 11 2 2 1 2()x x xmv mv m mv 1 1 2 2 1 2()y y ymv mv m m v 2 10 5 3 5cm /s25xv 0 5 5 25 cm /s 2 5 7yv 22 6.14cm/sxyv v v 1c o s ( )xv v 35.5 3. 类似的二体问题有同解 mxl Mm 船对于岸的位移 人对于岸的位移 x l x M l Mm 代入数据得 xMm lx 180kgM 其中 l 是人在船上行走的距离 如图所示，质量为 M的滑块正沿着光滑水平面 向右滑动，一质量为 m 的小球向右飞行，以速率 v1 （对地）与滑块斜面相碰，碰后竖直向上弹起，速 率为 v2（对地）。若碰撞时间为，试计算此过程中 滑块对地的平均作用力和滑块速度增量的大小。 解： 练习 4 计算题 1 以 M 和 m为系统，外力（重力、地面支持力） 均沿竖直方向，故 水平方向动量守恒 。 竖直方向：应用质点系动量定理 系统动量增量： 2( 0) (0 0)yP mv 合外力的冲量： N Mg mg t () （其中 N 为地面对滑块的支持力） y 2N Mg mg t mv () 2mvN M m g t () 由牛顿第三定律可知，滑块对地平均作用力： 2mvN N M m g t () 水平方向：应用动量守恒定律 10mv Mv Mv 01 mv v v v M ( v0 为 M 原速度， v 为碰后速度 ) 向下 y 练习 5 功与能 机械能守恒 选择题 1.D 2.C 3.C 由动能定理 1 ikAE () 2 1 x kxA F x dx E kE 相同，又 xF 相同， 则区间 x1 x2相同 h 0 x x 出现在静平衡点 0 /x x mg k 在静平衡点获得最大动能 21 2kE m gx kx m gh 22 m a x 2k mgm g h kE 出错多在将接触点判为 Ekmax点 21() 2kE m g h x kx /0 kdE dx 练习 5 填空题 1. 0F xyF dr Fdx Fdy 1 2 00 x xA F d x 0(0 )FR 0FR 1m 2m F s 填空题 2. 2 12 1 () 2F s m m v 设 m2对 m1的作用为 f 2 1 1 2 b a f d s m v 1 12 m Fs mm 练习 5 填空题 3. 2r1r BA 2PB mMEG r 1 PA mMEG r 12 11() P B P AE E G m M rr 21 12 rrG m M rr 系统机械能守恒 21 kB kA m M m ME G E G rr 21 kB kA m M m ME E G G rr 12 12 rrG m M rr 练习 5 计算题 1. 由质点的动能定理 00 x kkA Fdx E E xA x dx x x 2 0 8000(400 ) 4009 4000 9而 2 3 211 2.0 10 300 90J 22kE mv 2400 904000 9xx 0.45mx解得： A F x 解： 21 2 mv 练习 5 计算题 2. 解 : 设滑块与弹簧分离时滑块相对地的速度为 v（向 右）；小车速度为 u 。 u v 则由动量守恒有： 0 mv Mu 由机械能守恒有： 2 2 21 1 1 2 2 2kx m v M u 其中 xl 一般的 u 方向待求 滑块相对小车的速度 0.55m/sv v u相 1 .1 2s 0 .5 5t 代入数据解得： 0.5m/sv 0.05m/su 典型的错误： mv ks 0.5m/sv0.05m/su 0.5 m/svi0.05 m/sui 2 2 21 1 1 2 2 2kx m v M u 矢量式正确表述为 v v v相 绝 牵 练习 6 角动量和角动量守恒 选择题 1. A 2. C 2L mR 由牛顿定律 22mMG m RR L m GMR 有心力作用，角动量守恒。 221 1 2 2mr mr 2 1 21 2 r r 练习 6 填空题 1. 2( 1) 2 r t i tj 原题设 4kgm 则 2 2 v t i j 0 0 xy i j k L r p x y pp 24 1 2 0 2 2 0 i j k tt t t = 3s 时 3 280 kgm/skL t = 0s 时 20 8 kgm/sLk 272 kgm/skL 2. h mg N cosN mg 2sin sin N mr 6c o s 10 12.9rad/s 3. 由题意知，质点作匀速直线运动 5 10 i t j00r r vt 2150 kg m/sk 0 0 0yL mv x k 1 212 2 150 kgm/sL kL 角动量守恒 练习 6 计算题 1. 解： 38r i j L r mv 2174 kgm/sk () 56 N sk() M r F sinL r mv mrv L M F r M r F M r F 3 8 7i j i ( ) ( ) 3 8 5 6 3i j i j( )( ) 练习 7 刚体运动学、转动惯量 选择题 1. C 圆环 2J mR 2. B 圆盘 212J m R 221 2 R h R 22 A A B BR h R h 2 AB 2 BA R R 则 ABRR 所以 ABJJ 3. B vR 47.1ms vt 25 10 2.5 2 60 练习 7 填空题 1. 0 t 当角速度为零时，飞轮获得最大角位移。 据 此时 2s10 /t 由匀加速运动的对称性 1 42 stt 由题意知 飞轮从初始状态到角位移为零，历时 此时 10rad/s 轮边缘一点的线速度 1.5 ( 10 m) 15 /s vR 2. 22 002 ( ) 22 0 2 2 2 2 23 0 2 0 2 6 0 2 2 256.54rad /s ( ) 12 或 0 t 3 0 2 0 25 4 . 8 s 12 0t 此题为匀角加速运动，可完全比照 匀加速直线运动处理。 练习 7 填空题 3. R o r 这类问题都采用补偿法 2213 28M R m R 2213 22J M R m r 2 213 2 2 4 RM R m 练习 7 计算题 1. 解： 224 sin60 3xJ ma ma() 22 cos60yJ m a() 22 cos60m a a() 29ma 2 2 22 2 2cos30 2 zJ ma m a m a ( ) ( )212 ma 2 2 22 ( sin30) (sin30)sJ ma ma a ma 24.5ma s o y x 22ma() 60 30 练习 8 刚体转动定律 选择题 1. D 矢量和为零，力矩不一定为零（如力偶矩） 而能够改变转动状态的是力矩的作用。 3. B MJ 335.010 1.2 6.010Nm 2. C F M g Mg Mg作用的系统有两个对象 F 直接作用在滑轮上 2 AMgR MR J BFR J A A A M g T M a T R J aR 隔离法 F AB故 练习 8 填空题 1. 2. 0 t MJ 27.0 3.5rad/s 2.0 0 3.5 8.0/ 14rad/s2 0 t 33.3 2 / 60 1.5 22.325rad/s MJ 21 0.7 0.15 2.325 2M 0.0183Nm 3. m 2m o 60 22( ) 2 ( ) 22 LLJ m m 2 22LLM m g m g 2 /2 3 / 4 m g L mL M J 23 gL 2 Lmg 23 4 mL 力矩与角加速度 都是瞬时量，与初始 状态无关。 A B 练习 8 计算题 1. 解： A T1 m1g a B N m2g T2 质点 B ： 质点 A ： 由牛顿定律： 22T ma 1 1 1mg T ma 水平方向上 加速度为 a ， 隔离分析 设绳的张力为 T1 ， 设绳的张力为 T2 ， A B 1T 2T 22TT11TT 由转动定律 12()T T R J 由于绳和滑轮无滑动，则 aR 联立上述方程， 1 2 12 / mga m m J R 滑轮： 得： 22T ma 1 1 1mg T ma 12()T T R J aR 由圆盘 代入上式得： 2312J m R 1 1 2 3 2 2 ( ) mag m m m 1 2 3 11 1 2 3 (2 )() 2( ) m m mT m g a g m m m 12 22 1 2 3 2 2( ) m m gT m a g m m m m m A B 2r r 2. 解：分析受力如图： mg mg T1 T2 a2 a1 1T 2T 设 A 的加速度为 a1方向向下； B 的加速度为 a2方向向上； 滑轮的角加速度为 ， 方向垂直纸面向外。 质点 A ： 11mg T ma 质点 B ： 22T mg ma 两圆粘合视作一个刚体， 其转动惯量为 2 12 9 2J J J m r 由转动定律列方程： 122T r Tr J 由牛顿第三定律： 22TT11TT 由角量与线量的关系： 1 2ar 2ar 解以上方程组得： 25m g rJ m r 2 19 g r 思考：如果二圆半径分别为 r和 R、质量分别为 m和 M，下悬挂物质量分别为 m1和 m2， 试求两绳上张力和圆盘角加速度大小。 m m A B 2r r 由系统角动量定理 2M m g r m gr外 J 2 2 29 (2 ) 2 m r m r m r 另解： （定轴转动定律） dL dt dJ dt 如图，求悬挂物加速度。 解： 例题： 1R 2m 1m 2R 3T 2T1T 系统角动量定理不可用！ 隔离法 1 1 1 1mg T ma 2 2 2 2T mg ma 311 1 1()T T R J 3 2 2 2 2()T T R J 1 1 1aR 22R 2a 联解 系统功能原理可用 机械能守恒 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 0 2 2 2 2 d mgy mv mgym v J J dt 练习 9 转动的功和能，刚体角动量 选择题 1. C 3. C 2. C 0 0 013JJ 03 o L v v L 角动量守恒 2212 2 (2 ) 12m vL m L m L 6 7 v L 人与盘组成的系统，有内部非保守力作 用，对转轴无外力矩作用。 练习 9 填空题 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2212 12 4 6 1 4 1 6() 10 2 102 3 10 3 10 llmg mg ml ml 120.4m , 0.6mll 210.5rad/s 1. 设顺时针转动为正向 MJ 2. m 2m o /3l 2221 ( ) 2 ( ) 3 3 2 /3 vL m l m l l mvl 3. 0 v 角动量守恒 20 ()J mvR J mR 设顺时针转动为正向 0 2 J m v R J m R 练习 9 计算题 弹簧原长 0 1.5 1.0 0.5ml 1. 解： 棒转到水平位置时弹簧伸长量 221 1.5 0.5 1.3ml 棒下摆过程中，系统机械能守恒 2211 2 2 2 lJ k l m g () 21 3J m l 且： 解得： 2 2 3 3.34rad/sk l m gl ml ( ) 重力势能零点在哪儿？ 2211 2 2 2 lJ m g k l () 2. 解： dm dx x 薄板对 轴的转动惯量为： oo 2J x dm 式中 dm 是 x处宽度为 dx 的一条细棒的质量。 小球碰撞后速度方向仍平行原方向，大小变为 v 。 碰撞中角动量守恒： 0mvl J mvl 弹性碰撞前后系统机械能守恒： 0 2 2 21 1 1 2 2 2m v J m vx o o 21 3 Ml 2 0 l Mx d x l 06 3 mv M m l () 0 3 3 mMvv mM *讨论： 当 3m M ， v 0 小球碰后继续向前； 当 3m M ， v 0 小球碰后方向改变； 当 3m = M ， v = 0 小球碰后静止。 0m v M V m v 解以上方程组得： 练习 44 洛仑兹变换 一、选择题 1.D 2.A 3.B 时间间隔（包括同时）、空间间隔问题 都根据 Lorentz坐标变换来解决。 2 2 ( / ) 0 1 ( / ) t u c xt uc 2 cu 0 0 0 0 3 /4 / ( / ) 1/ 22 xcc x cctuc xx x 二、填空题 1. c (光速不变原理 ) 2. 2st 3st 2 1 1 ( / ) t t uc 32 2 2 5 9 u c 5 3uc 2 1 () 1 x x u t 2 1 1 ut 35 2 23 c 5 c0 x 3. 狭义相对论的两个基本原理是 在所有惯性系中，物理规律具有相同的数学 表达形式。 （狭义）相对性原理： 在一切惯性系中，光在真空中的速率都相同， 恒为 c。 光速不变原理： 1.解： 2 2 1 1 21 2211 x u t x u txx 2 1 2 1 2 () 1 x x u t t 7 2 4 0 0 .6 1 1 0 1 0 .6 72.5m 三、计算题 21 x u tx 2 2 1 122 21 22 11 uu t x t x cctt 2 1 2 12 2 () 1- ut t x x c 7 0 .61 1 0 ( 0 .4 ) 0 .8 c 72.25 10 s 2 21 u tx ct 2、 c53 c53 练习 45 相对论时空观 一、选择题 1. (仅同地二事件的同时性才与参考系无关 ) 2.全错 0 1 cu T c u 1 T 0.167 s1 0 . 80 . 5 1 0 . 8 错解 0 20 .5 1 0 .8 所以 20 0.5 1 0 0. 0.8 3s 0 (1 c o s / ) uc Doppler红移效应 0 1/ 1/ ucTT uc 3.C 2 0 21 ull c 由长度收缩效应 2 23 5 1 u c 2 2 9 1 61 2 5 2 5 u c 45uc 若问宇航员到达目的地需多长时间 3 ct u 3 3 .7 5 4 / 5 年 由地面站看来宇航员到达目的地需多长时间 5 ct u 5 6.2 5 4 /5 年 二、填空题 1. 2. x v 2 21 v v x c A B A 0 2 21 u c 6 2 2 1 0 1 0 .9 8 8 51.29 10 s 3. 以 B 船为 S 系， S 系中 A 船的长度不足 100m。 2 0 1l u t 2 2 2 2 2 200l l c t c c 2 2 2 2 2 200l c t l 2 2 20()l c t 2 22 2 0 1 1 ct l 1 1 . 0 3 2 4 0.984u c uc 1. 解： 对火箭上的观察者，火箭长度为其固有长度，所以 光信息从前端传到尾端所需时间 三、计算题 光在任意惯性系中的传播速度都为 c 0 /t l c 对地球上的观察者，火箭在运动，其长度是运动长 度，而光在传播中火箭已飞行了一段距离，所以 20 1 ( / ) c t l v c v t 0 l cvt c c v 2. 解： 设飞船为 系，地球为 S 系 (向东为正向 )， 则 u = 0.6c S 彗星相对 S系的速度 vx= -0.8c，相对 系的速度为 S xv 2 0 . 8 0 . 6 0 . 61 ( 0 . 8 ) cc c c c 80.946 2.8410m/sc 所以宇航员看到彗星以速度 0.946c 向他飞来。 三、计算题 21 x x x vuv u v c 解法一： 从地球上看，发现飞船的时间和地点分别为 t1、 x1 ， 飞船和彗星相碰的时间和地点分别为 t2、 x2（见图） 则： x1 s t 2 t1 x2 x 21 5(s)t t t 21x x x 0.6 5 3(m)cc 按照洛仑兹变换，在 系（飞船）对应时间间隔为： s 2 21 22 4 ( s ) 1/ utx ct t t uc 解法二： 从飞船上看， x1、 x2 之间距离由长度缩短效应为： 221 3 1 0.6 2.4x c c 所以相碰的时间为： 2 .4 4 (s )0 .6 ct c 解法三： 为 x1、 x2 两地的钟测量的，是运动的时间，在飞 t 船上测量的时间 为固有时间，由时间膨胀效应： t 21 tt 21 4(s)tt 则： 练习 46 相对论动力学基础 一、选择题 1. C 2. D 3. A 2 2 0 2 2 1 mc mc v c 2 0Km c 2 2 0 0 2 2 2 1 mc Mc v c 2 150 36 10mc J 15 0 16 3 6 1 0 0 .4 9 1 0m kg 根据动量守恒碰 后组合粒子静止 二、填空题 1. 2. AE 0.128 MeV 2 20 02 21 mc mc v c 2 0 .5 1 1 0 .5 1 1 1 0 .6 142.04 0 J 0 02 2 2 1 mv mv v c 3 2v c2 20 02 21 k mc E m c v c 20mc 3 2v c 3. 2 20 02 21 k mc E m c v c 2010 mc 2 30 11v c2 2 1 11 1 v c 0.996c 1.解： 220E mc m c 为电子在电场中获得的动能 E kE E eU 2 2 2 20 00 2 21 mc e U m c m c m c u c 将 e、 U、 m0、 c 代入上式，求得： 80.94 2.82 10 (m/s)uc 相对论质量： 310 2 2 2 6 .9 1 0 ( k g ) 1 m m u c 三、计算题 另解 220eU mc mc 220eU m c mc 2 0 2 e U m cm c 0 2 21 mm u c 再由 80.94 2.82 10 (m/s)uc 3126.9 10 (kg) 1MeVeU 20 0.511MeVmc 2. 解： 三、计算题 dpF dt 0 2 01 ( / ) tmv p F d t F t vc 2 2 2 001 ( / ) ( / ) c ctv m c Ft t m c F 22 00 0( / ) tt ct v d t d t m c F x t22 00( / ) / c t m c F m c F 当 时 , 0 /t mc F 0/v Ft m 2 2 2 00 0 1( / ) 1 ( / ) 1 2 Fx c F Ft m c t m 当 时 , 0 /t mc F x ct 2 1/2 2001 ( / ) ( / )/2 v c mcFt c mcFt 填空题 0 c o s 23a 2 04 Q a 练习 10、电场 电场强度 选择题 1. B 2. A 3. B ()aQ 2. 1.（ 无限大均匀带电平面 ） 3.（ ） 24 016 QS R 用补偿法或 对称性分析 204 SE R x y o 1q 2q 计算题 1. 如图示 1 2 20 sinPx x xE E E E 1 2 1 2cosPy y yE E E E E 由点电荷场强公式 : 2 04 qE r 得 : 40432 10. N/CPxE 40 549 10. N/CPyE 则 : 40699 10. N/CPE 12PE E E PE 1E 2E P Px yE E i j 解： 2. 解 : 取线元 dx ,其电量 dq 在 P 点场强为 : 20 1 1 4 2 P dx dE l dx () PPE dE 2 20 2 4 2 l l dx l dx 1() o x dx P 1d 32.41 10 N/C EP 方向为沿 x 轴正向。 0 1 1 11() 4 d l d o x y dx Q 取线元 dx ,其电量 dq 在 Q 点场强为 : 22 0 2 1 4 dxdE xd 由于对称性 0 xE yyE dE 2 2 322 20 22 4 () l l d dx xd 22 0 2 224 l d l d 35.27 10 N/C E 方向为沿 y 轴正向。 dE L 时 02 E d 导体壳 q 选择题 1. D 电场强度决定于空间所有电荷 通过闭合的电通量值只与高斯面内的电荷有关 注意区分 净电荷为零 和 无电荷 ！ q q A、 B、 C皆错 q 练习 11 电通量 高斯定理 选择题 2. B 3. C 填空题 1. 单一无限大均匀带电平面的电场分布 02 E 按叠加原理处理 02 CE 02 BE 0 3 2AE 0 3 2DE 填空题 3. 06 q 0 ;024q 填空题 2. 由叠加原理 q 1 0 ()e ss E dS E E dS 12 s E d S 1 E dS 2 q 2 0 (1) (2) 参见例题 R ()r O 练习 11 计算题 由电荷分布的对称性知，电 场强度大小有球对称性，方 向沿径向。取同心球面为高 斯面 (半径为 r), 由高斯定理： 4 22 0 00 144 r krE r kr r dr 1 :rR 2 :rR S E d S 00 11 i V q d V 1.解： 2 04 krE 2 2 0 0 4 2 0 1 4 44 RE kRk rr r drr 2.解 : 1R 2R 由电荷分布的对称性知，电场强度大小有轴 对称性，方向沿径向。取同心柱面为高斯面 (半径为 r，长度为 L)，由高斯定理： 当 r R1时： 0iq 0E 当 R1 r R2时： iq L 0 1 ei s E d S q 2 0 0 e E rL 02 LE rL 0 2 022 rer rE r 当 R2 r 时： ( ) 0iq LL0E 练习 12 电场力的功 场强与电势的关系 选择题 1. D P P U E d l r UE r 2. B 电场线疏密反映场强 沿电场线方向电势降低 3. 04 qU R A 填空题 1. 先求出 O、 A点电势 2. 0 0 33 2 qU a /3ra 0 04 i i qU r 3. 2 / 5 22 04 x qU Rx 0 ( 1 1 / 5 ) 4 ; q d 0 ( 1 1 / 5 ) ; 4 q d 0 练习 12 计算题 A CB qq O RRR 由点电荷电势公式 0 1 ( ) 0 4O qqU RR 0 1 () 43C qqU RR 06 q R 及电势叠加原理： 0()OCA q U U 0 06 qq R 1. 解： 思考 : 如果 OC为其它 (任意 )路径如何 ? 2. 解 : 由高斯定理： 3 3 3 3 4 3 4 3 i rq rq q R R 33 0 23 0 / 44 q r R q rE rR :rR :rR iqq 2 04 qE r R q r P 0 1 ei s E d S q 1 3 04 qrE R 2 2 04 qE r rR rR 由 P P U E d l 32 0044 R rR q r qd r d r Rr 22 3 0 ( 3 ) 8 q R r R 常见错误 0 r rU E d l 12 R rR E d r E d r 练习 13 静电场中的导体 选择题 1. C 2. C 3. B 导体球上有感应电荷（异号） 填空题 1. 0，q ( ) 0 3 04 r E q r r q 球心场强为零是所有电荷在 这点场强叠加的结果。 练习 13 静电场中的导体 填空题 2. 3. 04 C q rU 0U 2 04 P q rE 同心球面、球体， 用 Gauss定理求场强 球心处电势容易求出， 即得导体电势 导体是等势体 4. 4大 小 q q 22 0044 大 小 大 小 qq rr 练习 13 计算题 1. 解： A BC 20. mm 40. mm B、 C 板感应电量分别为 qB 、 qC 。忽略边缘效应 令 A 板左侧电荷面密度为 1 ，右侧为 2 AC ABUUAC AC AB ABE d E d 又 12 AqS 得： 1 23 AqS 2 3 Aq S 1 0 2 0/ , /AC ABEE 而 1CqS 2BqS A AC ACU E d 323 10.V AB ABEd A BC 20. mm 40. mm 1 2 3 C Aq S 2 3 A B q S 2 0 ABd 1 0 ACd 73 02 21/ CAq 73 1 10/ CAq 借助于 Gauss定理（或无限大带电平面产生的场 强大小分布均匀，叠加后 A与 B、 A与 C间场强分 布都均匀），可得 1 0C 2 0B 2.解 : 1R 2R 先由高斯定理求出场强分布，再表达电势差 (对所有 r成立 ) 02 E r 02/E rL L 选长为 L、半径为 r的 与圆柱体同轴的 高斯面， 设高斯面内圆柱体上单位长度电荷为 ， 由高斯 定理，有 两圆柱面间电势差： 22 11 2 21 0 0 122 ln RR RR RU U E dr dr rR 22 12 11 2 0 0 122 ln rR rr rR rU E dr dr rr 22 21 11 ln ln rRUU rR 练习 15 电容器及电场的能量 选择题 1. C 充电后断电 ， Q不变。 0 QdU S 2012eW E S d 0 SQ CUd UE d 0 QE S 不变 2. D 3. D F Edq QE 0 2 22 SUCU dd U 充电后仍接通电源， U不变 21 2eW C U 充电后断开电源， Q不变 22eW CQ 练习 15 填空题 1. 0 接通电源，电势差不变 21 2eW C U 2 0 1 2 r CU 0rCC 0rW 2. 断开电源，电荷不变 2 2e QW C 0rC C 2 02 r Q C 0 / rW 3. 串联充电时，两电容器极板上电荷 Q相同。 22 12 12 :22QQWW CC 21 1: 2:CC 并联充电时，两电容器极板间电势差 U相同。 22 1 2 1 2 11: 22W W C U C U 12 2: 1:CC 练习 15 计算题 1. 解： 两极板间的电势差： 0U Et E d t () rEt Ed t () 1rr UE dt ()0rDE 作一柱形高斯面，上、下底面积均为 S 如图，由有介质时的高斯定理： s D d S q t dS 0 1 r rr U dt () t dS 可得： D S S D qS 0 1 r rr SU dt () 极板和介质间隙中的场强为： 0 rEE 电容器的电容： qC U 1 r rr U dt () 0 1 r rr S dt () DS 2.解 : 1R 2R r l 取半径为 r ，厚度为 dr ，长为 l 的圆柱壳 为体积元，其体积为： 2dV rldr 该体积元内电场能量密度为： （其中 ） 02 r E r 该体积元内电场能量为： 2 22 08 r r 2 0 1 2erwE 2 2 01 ln4 r lR R 2 1 2 04 R rR l d r r ew dVeeW dW 用能量法计算电容，根据电容器储存的能量： 2 2e qW C 可得： 2 2 e qC W 0 2 1 2 ln r l R R 22 2 2 01 1 2 ln 4 r l lR R 练习 16、磁场 磁感应强度 一、选择题 1. B 00 2 2 IB r 2 22Rr /2rR mp NIS 22Ir 212 IR 2. D 04 2 IR 0 0 4 cos 45 cos135 2 I LB 二、填空题 3. C R 2R I 2I 1 3 2 23 0BB 1 0B 1. 磁场线是 闭合 线 0m S B d S 表明磁场是 无源场 O 2. 封闭曲面上 0m 12/mmdd md B dS d B I 0 2 s in 4 I d ldB r 3. 0 2s in 9 04 qvB R 7 19 5 16 4 10 8 10 3 10 4 36 10 52 1 0 T 3 mp IS 19 5 88 10 3 10 6 10 2 21 272 10 Am. 或 0 2 IB R 2 2 vqR R q ST 计算题 1. 解： 060 a 1B 2B 3BI o 00 2 120 26360 IIB RR 方向： 由图知： o 点到直导线的距离： c o s6 0 2 ada d 0 1 co s 0 co s 3 04 IB d () 03(1 ) 22 I a 03 cos150 cos1804 IB d() 03(1 ) 22 I a 则： 0 1 2 3 0.21 IB B B B a 方向： 060 a 1B 2B 3BI o 0 1 60 904 sin( ) sin( ) IB d 03(1 )22 Ia 补偿法 0 13 0 60 60 4 2 2 2 sin sin ( )IaIBB a 2. 解 : 将薄金属板沿宽度方向分割如图： dr dr 对应电流： IdI dra dI 在 P 点处磁场为： 0 2 dIdB r 可知所有分割带在 P 点处磁场 方向相同 ， 由磁场叠加原理可求得在 P 点处 : 00 ln 22 xa x Id r I xaB d B a r a a 方向： o r P x I 练习 17 安培环路定理 I r 0 2 /raIrba 22 0 22 2 一、选择题 1. B (先用安培环路定理求 B分布 ) 2. B 3. D i IBrR 0 22 e IB r 0 2 I L 二、填空题 1. 回路甲 0 2 1( 2 )B dl II 回路乙 B dl 0 I 乙 I1 I2 甲 2. B dl I 0 II 3. 静电场是 保守场 L B d l I 0 s L E d l 0 磁场是 非保守场 （或 涡旋场 ） 三、计算题 I I R 1 R 2 R 3 1.解： 由电流的对称性知，磁场具有轴对称性，方 向沿垂直于对称轴的圆环切向。 如图作积分环路，取正向， 由安培环路定理： r 0 l Bd l I 即： 2 l B dl B r 今 l B d l l B d l c o s 02Br l B d l I I 1R 2R 3R r II 则： 0 2 12 IrB R 2 2 1 IIr R rR 1 12R r R 则： 0 2 IB r 23R r R 22 2 22 32 (1 )rRII RR 则： 2203 22 32 - 2- I R rB r R R 3rR 0I 则： 0B 02 l B r IB dl 2. 解 : I a b d 如图取 dS B大小都一样的元区 x dx 先用安培环路定理求出 距导线 x 远处 B 的大小 0 2 IB x 方向： 阴影部分通过的磁通量为 : md BdS BdS 0 2 I adx x 通过矩形线圈的磁通量为 : mmd 83.66 10 Wb 0 ln 2 Ia db d 0 2 db d Ia dx x 练习 18 磁场对载流导线的作用 一、选择题 1. I 2 I 1 B F 2. I B I F I 3. 二、填空题 1. x z y I d l11 I d l22I d l33 B B F F 都 平行 z 轴向上 2. I B I F II B mM p B平移靠近直导线 转动，并平移靠近直导线 3. BI IBLOC C B O 1.解： 1I 2I A B C d ABF ACF 已知： I1 、 I2 、 d 及每边长 l 。 o 0 1 2 2 sin 90 2 AC AC IIF B I l l d 对于 AC ： 01 2AC IB d dF Idl B应用安培定律： 01 22A B B C l IF F d F I d l r oc o s 3 0 0 1 2 o2 c o s 3 0 dl d I I d r r r 取电流元 对于 AB 、 BC ： I d l BcF 算出磁场分布 0 1 23 2 3ln 32 I I d l d 三、计算题 1I 2I A B C d ABF ACF 0 1 23 23ln 32A B B C II dlFF d 0 1 2 2AC IIFl d AC AB BCF F F F 合 0 1 2 0 1 23 23ln 2 3 2 I I l I I dlF dd 合 则 的大小： F 合 的方向水平向左。 F 合 02 cos60AC ABFF BcF 2.解 : 1Idl 1df 1I 2B 2I 1B 2df a 1 2 1 1df B I dl 2 1 2 2df BI dl 02 2 2 IB a 01 1 2 IB a 导线 1、 2单位长度所受磁力： 0 1 21 1 2 IIdf d l a 0 1 2 2 2 IIdf d l a dF Idl B应用安培定律： 即 : 0 1 22 IIf a 相互吸引的方向。 练习 19 磁场对运动电荷的作用 一、选择题 1. mM p B 2 mT qB 回转周期与电子速率无关 0 3. B 2. 二、填空题 1. qI T mvR qB2 vq R 2 2 eB m mp IS 2 2 2 eB R m 22 2 R e B m 2. sin mM p B sinISB cos m BS 所以 s in c o s mMI tanI 3. B mp IS 2 1 2IR 20.157Am 21 10 3.14 0.10 2 sinmM p B sin90mpB0.1570.50 27.85 10 Nm 方向向下 1.解： 如图：因为处于平衡， 所受的磁力矩大小相等 方向相反（对 轴） oo 重力矩： 线框的重力矩与线框 1 2 sin sin2 lM glS glSl 22 sinSl g 磁力矩： 22 sin( ) 0 cos2 mM F l l IB 三、计算题 mg mg mg o a b c I d o mF mfmf 平衡时： 12MM 所以： 222 sin cosSl g l IB 21 2 sinM Sl g 22 cosM l IB 因为： 2 SgB I ta n o o a d b cI B 3935 10 T. 2.解 : r dr B 宽度为 dr 的圆环在旋转时产生的电流强度 dqdI T 22 r d r 圆环磁矩 大小为 : mdp 2mdp dI r 则磁力矩 dM大小 为 : mdM B dp 圆盘磁力矩 M 为 : M dM rdr 3r dr 3Br dr 41 4 BR 3 0 R B r d r 2 dq 练习 21 动生电动势和感生电动势 一、选择题 q 只和 有关，和电流变化快慢无关 1.A 2.D mi d dt 二、填空题 1. mii dIR dt 2 tr dB d 2. 加辅助线 构成闭合回路 cd B I d b a c v m i d dt 0, cdcd 0 cos 2 ab ab Iv dr r 0 ln2 I a bv ab 3. 22 ii dBE r r dt 2i r d BE dt 环路积分 1.解： 力线产生的动生电动势： ()d v B dl 0 cos 2 Iv dl x 在导体棒 AD 上任取一元段 dl，规定 dl 的方 向为从 A至 B ， dl 在磁场中切割磁 cosdl dx 0 cos 2 cos Iv dxd x 有 方向与 dl 规定的方向相反，即 A点电势高。 三、计算题 B a v I A x dl 0 cosln 2 Iv aL a c o s 0aL a Iv dx x 则 2.解： a i i c b B C D A L 在回路中取与直导线平行的面积元 (如图 ) x dx 通过面积元的磁通量： 12d d d00 22 iiL dx L dx c x x () 00 2 ( ) 2 iL d x iL d xd c x x bb aa 则通过回路 ABCD 的磁通量 为： 0 ln ln 2 iL c b b c a a () 回路 ABCD 中的感应电动势 为： i 00 ln ln cos 2i d L I c b b t dt c a a () 练习 22 自感、互感和磁场能量 一、选择题 1. C 2. C 3. C 1 12 12 2N M I 2 21 21 1N M I N1 = N2 = 1 I1 = I2 12 21 L dIL dt 二、填空题 1. B nI 2 0 1 2m Bw 221 2 nI d a b r M I 0 ln2 b ad d 2. 3. 减少自感电动势 考虑磁通 1.解： 设螺线管中的电流为 I ，则 ，故： 0B nI 0 NBSL nNS II 代入数据计算得： 23.2 10 HL 由 L dIL dt 得： 2 3 0.1 1.03.2 10 29V 1.0 10L 由于 为正，其方向与电流方向相同。 L 三、计算题 2.解： 设长直导线上的电流为 ，则矩形线圈的全磁通： 1I 01 2 2 bb b Ia drN r 故： 620 1 ln2 2.53 10 H2NaM I 因为长直导线上的电流为 时，矩形线圈的全磁通 1I ，故互感系数 M= 0。 2 0 01 ln 2 2 N I a 练习 23 位移电流 麦克斯韦方程组 电磁波 一、选择题 1.A 2.D D d dI dt d D S dt 20 dE rdt 二、填空题 1. p I + - E dE dt H 2. 0 0 0 c o s 2 ( ) x z y E E x E E t u x 方向传播 磁场沿 z 向 3. 充电时 的方向 沿缝隙向内 ，放电时 向外 。 S b 1.解： 0 cosd dqI q t dt 位移电流密度为： d d DI tS （匀强电场） 0 2 c o sqt R （方向与电流方向相同） d DH dl dS j dS t 20 2 cos2 qtrH r R 0 2 cos 2 q r tH R 三、计算题 2.解： 0 0 0 0HE 0 c o s 2 o z o xH E t () 又因电磁波传播方向与 E、 H 三向垂直， 且满足传播方向为 EH 则可求得： 教材 18-1 解： 圆柱形电容器电容为： 2 1 2 ln l C R R 2 1 2 ln lU R R q CU 2 1 ln U R r R 2 1 2 2 l n lU R rl R q D S 2 1 ln k R r R Dj t 教材 18-2 解： q CU 0D D DS CU D D dI dt 不是平行板电容器时， 仍成立。 0D D dUIC dt 仍适用。 CU S dUC dt 教材 18-4 解： D Dj t DDI j S 0 l D S H dl I j dS 取平行于极板，以两板中心联线为圆心的圆周 22 DH r j r 0 2 r d EH dt 0rBH 当 r = R 时 002R R d EB dt 2 0 dE r dt 00 2 r d E dt .T656 10 0 E t 2.8(A)2DjR