大学物理B上习题册答案

1、练习练习1 1 位移位移 速度、加速度速度、加速度选择题选择题 1. D2. D3. D填空题填空题1. / 2 r位置矢量是位置矢量是r 位移矢量是位移矢量是位矢在位矢在 x- -z 平面，速度在平面，速度在 y 方向。方向。2. 表达式表达式0limtrvt 3.有一质点沿有一质点沿 x 轴作直线运动，轴作直线运动，t 时刻的坐标为时刻的坐标为 x4.5t 22t 3（SI）试求：）试求： 211220.5m/1sxxxt 第第2 秒内的平均速度；秒内的平均速度；第第2 秒末的瞬时速度；秒末的瞬时速度； 296xdxvttdt26m/sv 第第2 秒内的路程秒内的路程: 第二秒内有折返！折

2、返时刻在第二秒内有折返！折返时刻在:( )/0dx tdt1.5maxxx1.5st 1.511.52sxxxx 2.25m0limtrvt 1. 解：解：总位移的大小：总位移的大小：练习练习1 计算题计算题设设12rrl120lt 240lt 12 cos303rll 4023m/s312rtt rvt 则则oyxo1r 2r r 120602.解：解：2dvktdtv 201112ktvv 得：得：020vtvdvktdtv 积分积分201112ktvv即：即：2dvkv tdt 200(1/2)vvv kt练习练习2 自然坐标、圆周运动、相对运动自然坐标、圆周运动、相对运动选择题选择题

3、1. B2. C3. C填空题填空题1.3cos4 3sin4 rt it j12sin4 12cos4 vt it j 0ta 2. 圆周运动。圆周运动。切向加速度大小为总加速度的一半切向加速度大小为总加速度的一半.2224243tan14463tndRatdtatdRdt 33/6t 3.15 223(rad) 324t 3.30.1st 20.3dsvtdt0.6tdvatdt当当 时时30m/sv 30/0.3 =10 st 26.0m/sta 22450m/snvaR1.解：解：0t 001m/s0 xyvv213xydxvdtdyvtdt2t 012m/sxyaa06xxyydva

4、dtdvatdt练习练习2 计算题计算题22419xyvvvt341819tdvtadtt226xyaaat1st 25.69m/sta222.1.9m/sntaaa2.解：解：200 2212tt代入代入75rad 25st2rad/s 075525 010rad/s 再由再由01t求得求得015st 匀角加速运动，比较匀加速直线运动匀角加速运动，比较匀加速直线运动练习练习3 牛顿定律及其应用牛顿定律及其应用 选择题选择题 1. Bydvmgfmdt000()tvmgfdtdvm 升升0mvtmgf 升升上升段上升段下降段下降段dvmgfmdtm vtmgf 回回降降00tvfmgdtdvm

5、 降降回回0mvtmgf 升升mmgfvt 回回降降 要比较这两个时间段的大小，还需知道由同样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。高度下降回来时质点获得的速度大小。由于是匀加速运动，上升的高度由于是匀加速运动，上升的高度202vHa 升升202()mvfmg 则质点下降这段高度获得的速度大小则质点下降这段高度获得的速度大小2022()mvfmgmfmg 22vaH 回回降降20fmgvfmg mgfmgf 0tvmgfmgfmgftmgf vmgfmgf升升回回降降1 2. Dmg2mg断绳前静止态断绳前静止态, 下弹簧张力下弹簧张力mg, 上弹簧张力上弹

6、簧张力2mg.断绳瞬间，断绳瞬间，弹簧无形变弹簧无形变。2mgmgmgmgmg13mgma 13ag 230aa选择题选择题 3. C升降机加速上升升降机加速上升等效引力场力（惯性力）等效引力场力（惯性力）fma （向下）（向下）则，台面受压力则，台面受压力mgma 拉动拉动B 的水平力至少为的水平力至少为()Fm ga 牛顿定律在非惯性系中不成立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反向存在一个等效引力场练习练习3 填空题填空题1.vkxdxkdtx00 xtxtdxkdtxdvFmdt2mk xmkv()dmkxdt101l

7、nxkxt dxdt2.dvFmdt100(32 )vt dtmdv12 m/svi 3.移走支撑物瞬间，移走支撑物瞬间，弹簧无形变弹簧无形变。0Aa 2Bag 练习练习3 计算题计算题设阻力设阻力由牛顿定律：由牛顿定律：分离变量：分离变量：00tvvkdvdtmvdvmdtkdvdtmv1.fkv fkv 两边积分两边积分0lnvktvm 得得0ktmvv e所以所以由由0ktmdxvv edt000ktxtmdxv edt01ktmmxvek()0mmvxkkdvvmdtkdxdvmdvvdxdv dxdx dt这是数学模型的结果这是数学模型的结果 从物理上看，只要从物理上看，只要时间足够

8、长时间足够长，就可达到，就可达到最大深度。最大深度。得最大深度得最大深度t 另解另解m000 xvkdxdvm2.解解受力分析如图受力分析如图用牛顿定律列方程用牛顿定律列方程:2sincosTNmrcossin0TNmgsinrl解得解得: :2sinsin cosNmgml22cossinTmgml当当N = 0 时（小球离开锥面）时（小球离开锥面）0cosgl0cosmgT HoNTmg 练习练习4 动量原理、动量守恒动量原理、动量守恒选择题选择题1. Cp Ip 2 sin60Ip3mv 要学会用矢量图分析要学会用矢量图分析由动量定理由动量定理利用几何关系利用几何关系3. D墙壁对木块的

9、冲量即对墙壁对木块的冲量即对 m- -M 系统的冲量系统的冲量00 xImv0mv 以运动方向为正向以运动方向为正向 一质量为一质量为60 kg的人静止站在一条质量为的人静止站在一条质量为300kg且正以且正以2m/s的速率向湖岸驶近的小木船上，湖水是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静止的，且阻力不计。现在人相对于船以一平均速率率 u 沿船前进的方向向湖岸跳去，起跳后，船速减沿船前进的方向向湖岸跳去，起跳后，船速减为原来的一半，为原来的一半，u 应为多大？应为多大？解：练习练习4 4 选择题选择题2 2：(D)显然，水平方向动量守恒显然，水平方向动

10、量守恒000()()22vvMm umM v关键问题：关键问题： 守恒方程两边状态量守恒方程两边状态量 各自对应同一时刻各自对应同一时刻()()()rmdm vdvdm vdvvmvFdt如火箭方程的推导中如火箭方程的推导中解：选择题选择题3 3：D D练习练习4 4 填空题填空题1 1A、B 组成的系统动量守恒组成的系统动量守恒已知已知A0ppbt t = 0 时时A00pp此时此时A0B00ppp其后仍有其后仍有AB10ppp故故B10Apppbt00()ppbtB00p t = 0 时时B00pp 此时此时A0B00pp其后仍有其后仍有AB20pp故故B2A0pp0pbt 练习练习4 填

11、空题填空题 2动量守恒动量守恒1 12212()xxxm vm vmm v1 12212()yyym vm vmm v2 10535cm/s25xv 05525cm/s257yv 226.14cm/sxyvvv1cos ()xvv 35.5 3.类似的二体问题有同解类似的二体问题有同解mxlMm 船对于岸的位移船对于岸的位移人对于岸的位移人对于岸的位移xlx MlMm代入数据得代入数据得xMmlx 180kgM 其中其中 l 是人在船上行走的距离是人在船上行走的距离 如图所示，质量为如图所示，质量为M的滑块正沿着光滑水平面的滑块正沿着光滑水平面向右滑动，一质量为向右滑动，一质量为 m 的小球向

12、右飞行，以速率的小球向右飞行，以速率v1（对地）与滑块斜面相碰，碰后竖直向上弹起，速（对地）与滑块斜面相碰，碰后竖直向上弹起，速率为率为 v2（对地）。若碰撞时间为，试计算此过程中（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。滑块对地的平均作用力和滑块速度增量的大小。解：练习练习4 4 计算题计算题1 1以以M 和和 m为系统，外力（重力、地面支持力）为系统，外力（重力、地面支持力）均沿竖直方向，故均沿竖直方向，故水平方向动量守恒水平方向动量守恒。竖直方向：应用质点系动量定理竖直方向：应用质点系动量定理系统动量增量：系统动量增量：2(0)(00)yPmv合外力

13、的冲量：合外力的冲量：NMgmgt()（其中（其中N 为地面对滑块的支持力）为地面对滑块的支持力）y2NMgmgtmv ()2mvNMm gt()由牛顿第三定律可知，滑块对地平均作用力：由牛顿第三定律可知，滑块对地平均作用力：2mvNNMm gt ()水平方向：应用动量守恒定律水平方向：应用动量守恒定律10mvMvMv01mvvvvM ( v0 为为M 原速度，原速度，v 为碰后速度为碰后速度 )向下向下y练习练习5 功与能功与能 机械能守恒机械能守恒选择题选择题1.D2.C3.C由动能定理由动能定理1ikAE ( )21xkxAF x dxE kE相同，又相同，又xF相同，相同， 则区间则区

14、间x1 x2相同相同h0 xx出现在静平衡点出现在静平衡点0/xxmg k在静平衡点获得最大动能在静平衡点获得最大动能212kEmgxkxmgh22max2km gmghkE 出错多在将接触点判为出错多在将接触点判为Ekmax点点21()2kEmg hxkx/0kdEdx 练习练习5 填空题填空题 1.0FxyF drF dxF dy1200 xxAF dx0(0)FR0F R 1m2mFs填空题填空题 2.2121()2Fsmm v设设m2对对m1的作用为的作用为 f2112bafdsm v 112mFsmm 练习练习5 填空题填空题3.2r1rBA2PBmMEGr 1PAmMEGr 121

15、1()PBPAEEGmMrr211 2rrGmMrr系统机械能守恒系统机械能守恒21kBkAmMmMEGEGrr21kBkAmMmMEEGGrr121 2rrGmMrr练习练习5 计算题计算题 1. 由质点的动能定理由质点的动能定理00 xkkAFdxEExAx dxxx208000(400)400940009而而232112.0 1030090J22kEmv24009040009xx0.45mx 解得：解得：AFx解：解：212mv练习练习5 计算题计算题2. 解解:设滑块与弹簧分离时滑块相对地的速度为设滑块与弹簧分离时滑块相对地的速度为v（向（向右）；小车速度为右）；小车速度为 u 。uv

16、则由动量守恒有：则由动量守恒有：0mvMu由机械能守恒有：由机械能守恒有：222111222kxmvMu其中其中xl 一般的一般的 u 方向待求方向待求滑块相对小车的速度滑块相对小车的速度0.55m/svvu相相1.12s0.55t 代入数据解得：代入数据解得：0.5m/sv 0.05m/su 典型的错误：典型的错误：mvks0.5m/sv0.05m/su 0.5 m/svi0.05 m/sui 222111222kxmvMu矢量式正确表述为矢量式正确表述为vvv相相 绝绝牵牵练习练习6 角动量和角动量守恒角动量和角动量守恒选择题选择题1. A2. C2LmR 由牛顿定律由牛顿定律22mMGm

17、RR Lm GMR 有心力作用，角动量守恒。有心力作用，角动量守恒。221122mrmr 21212rr 练习练习6 填空题填空题1.2(1)2 rtit j原题设原题设4kgm 则则2 2 vt ij00 xyijkLrpxypp24120220ijktttt = 3s 时时3280 kg m /skL t = 0s 时时208 kg m /sLk 272 kg m /skL 2.h mgNcosNmg 2sinsin Nmr 6cos10 12.9rad/s 3.由题意知，质点作匀速直线运动由题意知，质点作匀速直线运动510 it j 00rrv t2150 kg m /sk 000yLm

18、vx k 12122150 kg m /sLkL 角动量守恒角动量守恒练习练习6 计算题计算题1. 解：解：38rijLrmv2174 kg m /sk ()56 N sk()MrFsinLrmvmrv LMFrMrFMr F387iji () ()38563ijij() ()练习练习7 刚体运动学、转动惯量刚体运动学、转动惯量选择题选择题1. C圆环圆环2JmR 2. B圆盘圆盘212JmR 2212R hR22AABBR hR h 2AB2BARR 则则ABRR 所以所以ABJJ 3. BvR 47.1m svt 25 102.5260 练习练习7 填空题填空题1. 0t当角速度为零时，飞

19、轮获得最大角位移。当角速度为零时，飞轮获得最大角位移。据据此时此时2s 10/t 由匀加速运动的对称性由匀加速运动的对称性142stt由题意知由题意知飞轮从初始状态到角位移为零，历时飞轮从初始状态到角位移为零，历时此时此时10rad/s 轮边缘一点的线速度轮边缘一点的线速度1.5( 10m)15/s vR 2. 22002 () 2202 222230202602 2256.54rad/s ()12 或或0t3020254.8s12 0t 此题为匀角加速运动，可完全比照此题为匀角加速运动，可完全比照匀加速直线运动处理。匀加速直线运动处理。练习练习7 填空题填空题3. Ror这类问题都采用补偿法

20、这类问题都采用补偿法221328MRmR 221322JMRmr2213224RMRm练习练习7 计算题计算题1. 解：解：224sin603xJm ama() 22cos60yJm a() 22cos60m aa() 29ma222222 cos302zJmamama()() 212ma2222(sin30 )( sin30 )sJmam aam a24.5masoyx22ma()60 30 练习练习8 刚体转动定律刚体转动定律选择题选择题1. D 矢量和为零，力矩不一定为零（如力偶矩）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。而能够改变转动状态的是力矩的作用。

21、3. BMJ 335.0 101.26.0 10 N m 2. CFMgMgMg作用的系统有两个对象作用的系统有两个对象F 直接作用在滑轮上直接作用在滑轮上2AMgRMRJ BFRJ AAA MgTMaTRJaR 隔离法隔离法FAB 故故练习练习8 填空题填空题1. 2. 0tMJ 27.03.5rad/s2.0 03.58.0/14rad/s2 0t33.32 /601.5 22.325rad/s MJ 210.70.152.3252M 0.0183N m 3. m2mo60 22()2()22LLJmm222LLMmgmg2/23/4mg LmL MJ 23gL 2Lmg 234mL 力矩

22、与角加速度力矩与角加速度都是瞬时量，与初始都是瞬时量，与初始状态无关。状态无关。AB练习练习8 计算题计算题1. 解：解：AT1m1gaBNm2gT2质点质点B ：质点质点A ：由牛顿定律：由牛顿定律：22Tm a111m gTm a水平方向上水平方向上加速度为加速度为a ，隔离分析隔离分析设绳的张力为设绳的张力为T1 ，设绳的张力为设绳的张力为T2 ，AB1T2T22TT 11TT由转动定律由转动定律12()TT RJ 由于绳和滑轮无滑动，则由于绳和滑轮无滑动，则aR联立上述方程，联立上述方程，1212/m gammJ R滑轮：滑轮：得：得：22Tm a111m gTm a12()TT RJ

23、 aR由圆盘由圆盘 代入上式得：代入上式得： 2312Jm R112322()magmmm12311123(2)()2()mmmTm gagmmm122212322()m m gTm agmmm m mAB2rr2. 解：分析受力如图：解：分析受力如图：mgmgT1T2a2a11T2T设设A 的加速度为的加速度为a1方向向下；方向向下；B 的加速度为的加速度为a2方向向上；方向向上；滑轮的角加速度为滑轮的角加速度为 ，方向垂直纸面向外。方向垂直纸面向外。质点质点A ：11mgTma质点质点B ：22Tmgma两圆粘合视作一个刚体，两圆粘合视作一个刚体，其转动惯量为其转动惯量为21292JJJm

24、r由转动定律列方程：由转动定律列方程：122TrT rJ由牛顿第三定律：由牛顿第三定律：22TT 11TT由角量与线量的关系：由角量与线量的关系：12ar2ar解以上方程组得：解以上方程组得：25mgrJmr219gr思考：如果二圆半径分别为思考：如果二圆半径分别为r和和R、质量分别为、质量分别为m和和M，下悬挂物质量分别为，下悬挂物质量分别为m1和和m2，试求两绳上张力和圆盘角加速度大小。试求两绳上张力和圆盘角加速度大小。 m mAB2rr由系统角动量定理由系统角动量定理2Mmg rmgr外外J 2229(2 ) 2mrmrmr 另解：另解：（定轴转动定律）（定轴转动定律）dLdtdJdt

25、如图，求悬挂物加速度。如图，求悬挂物加速度。解：例题：1R2m1m2R3T2T1T系统角动量定理不可用！系统角动量定理不可用！ 隔离法隔离法1111m gTm a2222Tm gm a31111()TTRJ 32222()TTRJ 111aR 22R 2a 联解联解系统功能原理可用系统功能原理可用机械能守恒机械能守恒2222111 122221122111102222dm gym vm gym vJJdt练习练习9 转动的功和能，刚体角动量转动的功和能，刚体角动量 选择题选择题1. C3. C2. C00013JJ 03 oLvvL角动量守恒角动量守恒22122(2 ) 12mvLmLmL 6

26、7vL 人与盘组成的系统，有内部非保守力作人与盘组成的系统，有内部非保守力作用，对转轴无外力矩作用。用，对转轴无外力矩作用。练习练习9 填空题填空题012345678910 221212461416()102102310310llmgmgmlml 120.4m , 0.6mll210.5rad/s 1. 设顺时针转动为正向设顺时针转动为正向MJ 2. m2mo/3l2221()2() 332 /3vLmlmllmvl 3. 0 v 角动量守恒角动量守恒20()JmvRJmR设顺时针转动为正向设顺时针转动为正向02JmvRJmR 练习练习9 计算题计算题弹簧原长弹簧原长01.51.00.5ml

27、1. 解：解：棒转到水平位置时弹簧伸长量棒转到水平位置时弹簧伸长量2211.50.51.3ml 棒下摆过程中，系统机械能守恒棒下摆过程中，系统机械能守恒2211222lJklmg ()213Jml且：且：解得：解得：2233.34rad/sklmglml ()重力势能零点在哪儿？重力势能零点在哪儿？2211222lJmgkl ()2. 解：解：dmdxx薄板对薄板对 轴的转动惯量为：轴的转动惯量为：oo2Jx dm式中式中dm 是是x处宽度为处宽度为dx 的一条细棒的质量。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：

28、碰撞中角动量守恒：0mv lJmvl弹性碰撞前后系统机械能守恒：弹性碰撞前后系统机械能守恒：0222111222mvJmvxoo 213Ml20lMxdxl063mvMm l()033mMvvmM* *讨论：讨论：当当3m M ，v 0 小球碰后继续向前；小球碰后继续向前；当当3m M ，v 0 小球碰后方向改变；小球碰后方向改变；当当3m = M ，v = 0 小球碰后静止。小球碰后静止。0mvMVmv解以上方程组得：解以上方程组得：练习练习44 洛仑兹变换洛仑兹变换一、选择题一、选择题1.D2.A3.B时间间隔（包括同时）、空间间隔问题时间间隔（包括同时）、空间间隔问题都根据都根据Lore

29、ntz坐标变换来解决。坐标变换来解决。22( /)01( / )tu cxtu c 2cu00003/4/(/ )1/22xccxcc tu cxxx 二、填空题二、填空题1. c (光速不变原理光速不变原理)2.2st 3st 211( / )ttu c 322259uc 53uc21()1xxu t 211u t 35223c 5 c0 x 3. 狭义相对论的两个基本原理是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在所有惯性系中，物理规律具有相同的数学表达形式。表达形式。（狭义）相对性原理：（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，在一切惯性系中，

30、光在真空中的速率都相同，恒为恒为c。 光速不变原理：光速不变原理：1.解：解：2211212211xutxutxx21212()1xxu tt 72400.6 1 1010.6 72.5m 三、计算题三、计算题21xu tx 221122212211uutxtxcctt212122()1-uttxxc 70.61 10(0.4)0.8c72.25 10 s221utxct 2 2、c53c53练习练习45 相对论时空观相对论时空观一、选择题一、选择题1. (仅同地二事件的同时性才与参考系无关仅同地二事件的同时性才与参考系无关)2.全错全错01cuTcu1T 0.167s10.80.510.8错

31、解错解020.510.8 所以所以200.5100. 0.83 s 0(1cos/ )uc Doppler红移效应红移效应01/1/u cTTu c3.C2021ullc由长度收缩效应由长度收缩效应2235 1uc2291612525uc 45uc若问宇航员到达目的地需多长时间若问宇航员到达目的地需多长时间3ctu 33.754/5年年由地面站看来宇航员到达目的地需多长时间由地面站看来宇航员到达目的地需多长时间5ctu 56.254/5年年二、填空题二、填空题1. 2.xv 221vvxc ABA0221uc 622 1010.98851.29 10 s3.以以B 船为船为S 系，系，S 系中

32、系中A 船的长度不足船的长度不足100m。201lut 22222200llct cc22222200lctl 22220()lct 2222011ctl 11.03240.984ucuc 1. 解：解：对火箭上的观察者，火箭长度为其固有长度，所以对火箭上的观察者，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光信息从前端传到尾端所需时间三、计算题三、计算题光在任意惯性系中的传播速度都为光在任意惯性系中的传播速度都为c0/tlc 对地球上的观察者，火箭在运动，其长度是运动长对地球上的观察者，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，所以度，而光在传播中火箭已飞行了

33、一段距离，所以201( / )c tlv cv t0lcvtccv 2. 解：解：设飞船为设飞船为 系，地球为系，地球为S 系系(向东为正向向东为正向)，则则 u = 0.6c S彗星相对彗星相对S系的速度系的速度vx= -0.8c，相对，相对 系的速度为系的速度为Sxv20.80.60.61( 0.8 )ccccc 80.9462.84 10 m/sc 所以宇航员看到彗星以速度所以宇航员看到彗星以速度0.946c 向他飞来。向他飞来。三、计算题三、计算题21xxxvuvuvc 解法一：解法一：从地球上看，发现飞船的时间和地点分别为从地球上看，发现飞船的时间和地点分别为t1、x1 ，飞船和彗星

34、相碰的时间和地点分别为飞船和彗星相碰的时间和地点分别为t2、x2（见图）（见图）则：则：x1st2t1x2x215(s)ttt 21xxx 0.653 (m)cc按照洛仑兹变换，在按照洛仑兹变换，在 系（飞船）对应时间间隔为：系（飞船）对应时间间隔为：s221224(s)1/utxctttuc 解法二：解法二：从飞船上看，从飞船上看，x1、x2 之间距离由长度缩短效应为：之间距离由长度缩短效应为：221310.62.4xcc 所以相碰的时间为：所以相碰的时间为：2.44(s)0.6ctc 解法三：解法三：为为x1、x2 两地的钟测量的，是运动的时间，在飞两地的钟测量的，是运动的时间，在飞t 船

35、上测量的时间船上测量的时间 为固有时间，由时间膨胀效应：为固有时间，由时间膨胀效应：t 21tt 214(s)tt 则：则：练习练习46 相对论动力学基础相对论动力学基础一、选择题一、选择题1. C2. D3. A220221m cmcvc20Km c22002221m cM cvc215036 10m c J1501636 100.49 10mkg根据动量守恒碰根据动量守恒碰后组合粒子静止后组合粒子静止二、填空题二、填空题1. 2.AE0.128MeV2200221m cm cvc20.5110.51110.6142.04 10J002221m vm vvc32vc2200221km cEm

36、 cvc20m c32vc3.2200221km cEm cvc2010m c23011vc221111vc0.996c1.解：解：220Emcm c 为电子在电场中获得的动能为电子在电场中获得的动能E kEEeU 2222000221m ceUmcm cm cuc将将e、U、m0、c 代入上式，求得：代入上式，求得：80.942.82 10 (m/s)uc相对论质量：相对论质量：3102226.9 10(kg)1mmuc三、计算题三、计算题另解另解220eUmcm c220eUm cmc202eUm cmc0221mmuc再由再由80.942.82 10 (m/s)uc3126.9 10(k

37、g)1MeVeU 200.511MeVm c 2. 解：解：三、计算题三、计算题dpFdt0201( / )tm vpFdtFtv c222001(/)(/)cctvm c Fttm c F22000(/)ttctvdtdtm c Fxt2200(/)/ctm c Fm c F当当 时时,0/tm c F0/vFt m2220001(/)1(/)12Fxm cFFt m ctm当当 时时,0/tm c Fxct21/22001(/) (/) /2vcm c Ftcm c Ft填空题填空题0cos23a204Qa练习练习10、电场、电场 电场强度电场强度选择题选择题1. B2. A3. B()a

38、Q 2.1.（无限大均匀带电平面无限大均匀带电平面）3.（ ）24016Q SR 用补偿法或用补偿法或对称性分析对称性分析204SER xyo1q2q计算题计算题 1. 如图示如图示1220sinPxxxEEEE 1212cosPyyyEEEEE 由点电荷场强公式由点电荷场强公式: :204qEr 得得: :40 432 10.N/CPxE40 549 10.N/CPyE则则: :40 699 10.N/CPE12PEEEPE1E2EPPxPyEE iEj解：解：2. 解解:取线元取线元dx ,其电量其电量dq 在在P 点场强为点场强为:201142PdxdEldx ()PPEdE220242

39、lldxldx 1()oxdxP1d32.41 10 N/CEP 方向为沿方向为沿 x 轴正向。轴正向。01111()4dld oxydxQ取线元取线元dx ,其电量其电量dq 在在Q 点场强为点场强为:220214dxdExd 由于对称性由于对称性0 xE yyEdE2232220224()llddxxd 2202224ldld 35.27 10 N/CE 方向为沿方向为沿 y 轴正向。轴正向。dEL时时02Ed 导体壳导体壳q选择题选择题 1. D电场强度决定于空间所有电荷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通过闭合的电通量值只与高斯面内的电荷有关注意区分注意

40、区分净电荷为零净电荷为零和和无电荷无电荷！qqA、B、C皆错皆错q练习练习11 电通量电通量 高斯定理高斯定理选择题选择题 2.B3. C填空题填空题 1.单一无限大均匀带电平面的电场分布单一无限大均匀带电平面的电场分布02E 按叠加原理处理按叠加原理处理02CE 02BE 032AE 032DE 填空题填空题 3.06q 0;024q 填空题填空题 2.由叠加原理由叠加原理q 10()essE dSEEdS 12sEdS1EdS2q 20(1)(2) 参见例题参见例题R( )r O练习练习11 计算题计算题由电荷分布的对称性知，电由电荷分布的对称性知，电场强度大小有球对称性，方场强度大小有球

41、对称性，方向沿径向。取同心球面为高向沿径向。取同心球面为高斯面斯面( (半径为半径为r),由高斯定理：由高斯定理：422000144rkrErkrr dr 1:rR2:rRSE dS0011iVqdV 1.解：解：204krE 22004201444REkRkrrr drr 2.解解:1R2R由电荷分布的对称性知，电场强度大小有轴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对称性，方向沿径向。取同心柱面为高斯面(半径为半径为r，长度为，长度为L)，由高斯定理：，由高斯定理：当当r R1时：时：0iq 0E当当 R1 r R2时：时：iq L L01eisE dS

42、q 200eErL 02LErL 02022rerrEr 当当 R2 r 时：时： ()0iqLLLL 0E练习练习12 电场力的功电场力的功 场强与电势的关系场强与电势的关系 选择题选择题 1.DPPUE dlrUEr 2.B电场线疏密反映场强电场线疏密反映场强沿电场线方向电势降低沿电场线方向电势降低3.04qURA填空题填空题1. 先求出先求出O、A点电势点电势2.003 32qUa/ 3ra004iiqUr3.2/ 52204xqURx0(1 1/ 5)4;qd0(1 1/ 5);4qd0练习练习12 计算题计算题ACB q qORRR由点电荷电势公式由点电荷电势公式01()04OqqU

43、RR01()43CqqURR06qR 及电势叠加原理：及电势叠加原理：0()OCAq UU006qqR1. 解：解：思考思考:如果如果OC为其它为其它(任意任意)路径如何路径如何?2. 解解:由高斯定理：由高斯定理：33334343ir qr qqRR 330230/44qrRqrErR :rR:rRiqq204qErRqrP01eisE dSq 1304qrER2204qErrRrR由由PPUE dl320044RrRqrqdrdrRr2230(3)8qRrR常见错误常见错误0rrUE dl12RrRE drE dr练习练习13 静电场中的导体静电场中的导体选择题选择题 1.C2.C3.B导

44、体球上有感应电荷（异号）导体球上有感应电荷（异号）填空题填空题1. 0，q()0 304rEqrrq球心场强为零是所有电荷在球心场强为零是所有电荷在这点场强叠加的结果。这点场强叠加的结果。练习练习13 静电场中的导体静电场中的导体填空题填空题2.3.04CqrU0U204PqrE同心球面、球体，同心球面、球体，用用Gauss定理求场强定理求场强球心处电势容易求出，球心处电势容易求出，即得导体电势即得导体电势导体是等势体导体是等势体4. 4大小qq220044大小大小qqrr练习练习13 计算题计算题 1. 解：解：ABC2 0 . mm4 0 . mmB、C 板感应电量分别为板感应电量分别为q

45、B 、qC 。忽略边缘效应。忽略边缘效应令令A 板左侧电荷面密度为板左侧电荷面密度为1 ，右侧为，右侧为2ACABUUACACABABEdEd又又12AqS得：得：123AqS23AqS1020/,/ACABEE而而1CqS 2BqS AACACUEd32 3 10.VABABEdABC2 0 . mm4 0 . mm123 CAqS23 ABqS20ABd 10ACd73022 1/CAq 731 10/CAq 借助于借助于Gauss定理（或无限大带电平面产生的场定理（或无限大带电平面产生的场强大小分布均匀，叠加后强大小分布均匀，叠加后A与与B、A与与C间场强分间场强分布都均匀），可得布都均

46、匀），可得10C20B2.解解:1R2R 先由高斯定理求出场强分布，再表达电势差先由高斯定理求出场强分布，再表达电势差 (对所有对所有r成立成立)02Er 02/ErLL 选长为选长为L L、半径为、半径为r r的的 与圆柱体同轴的与圆柱体同轴的 高斯面，高斯面，设高斯面内圆柱体上单位长度电荷为设高斯面内圆柱体上单位长度电荷为，由高斯由高斯定理，有定理，有两圆柱面间电势差：两圆柱面间电势差：221122100122lnRRRRRUUE drdrrR221211200122lnrRrrrRrUE drdrrr222111lnlnrRUUrR练习练习15 电容器及电场的能量电容器及电场的能量 选择

47、题选择题1. C充电后断电充电后断电，Q不变。不变。0QdUS 2012eWE Sd 0SQCUd UEd0QES 不变不变2. D3. DFEdqQE0222SUCUddU 充电后仍接通电源，充电后仍接通电源，U不变不变212eWCU充电后断开电源，充电后断开电源，Q不变不变22eWCQ练习练习15 填空题填空题1. 0接通电源，电势差不变接通电源，电势差不变212eWCU2012rC U 0rCC 0rW 2. 断开电源，电荷不变断开电源，电荷不变22eQWC0rCC 202rQC 0/rW 3. 串联充电时，两电容器极板上电荷串联充电时，两电容器极板上电荷Q相同。相同。221212:22

48、QQWWCC211:2:CC并联充电时，两电容器极板间电势差并联充电时，两电容器极板间电势差U相同。相同。22121211:22WWC UC U122:1:CC练习练习15 计算题计算题 1. 解：解：两极板间的电势差：两极板间的电势差：0UEtE dt()rEtE dt()1rrUEdt()0rDE作一柱形高斯面，上、下底面积均为作一柱形高斯面，上、下底面积均为 S 如图，由有介质时的高斯定理：如图，由有介质时的高斯定理： sD dSqtdS 01rrrUdt()tdS 可得：可得：DSSD qS01rrrSUdt()极板和介质间隙中的场强为：极板和介质间隙中的场强为：0rEE电容器的电容：

49、电容器的电容：qCU1rrrUdt()01rrrSdt()DS2.解解:1R2Rrl取半径为取半径为r ，厚度为，厚度为dr ，长为，长为l 的圆柱壳的圆柱壳为体积元，其体积为：为体积元，其体积为：2dVrldr 该体积元内电场能量密度为：该体积元内电场能量密度为：（其中（其中 ）02rEr 该体积元内电场能量为：该体积元内电场能量为：22208rr 2012erwE 2201ln4rlRR 21204RrRldrr ew dVeeWdW用能量法计算电容，根据电容器储存的能量：用能量法计算电容，根据电容器储存的能量：22eqWC可得：可得：22eqCW0212lnrlRR 2 2220112l

50、n4rllRR 练习练习16、磁场、磁场 磁感应强度磁感应强度一、选择题一、选择题1. B0022IBr222Rr/2rRmpNIS22I r 212I R 2. D042IR004cos45cos135 2ILB 二、填空题二、填空题3. CR2RI2I132230BB10B 1. 磁场线是磁场线是闭合闭合线线0mSB dS表明磁场是表明磁场是无源场无源场O2.封闭曲面上封闭曲面上0m 1 2/mmdd mdB dS dBI 02sin4IdldBr 3.02sin904qvBR 7195164108 103 10436 10 5210 T3mpIS19588 103 106 102 212

51、7 2 10Am.或或02IBR22vqRR qST计算题计算题 1. 解：解：060a1B2B3BIo00212026360IIBRR方向：方向：由图知：由图知：o 点到直导线的距离：点到直导线的距离：cos602adad01cos0cos304IBd ()03(1)22Ia 03cos150cos1804IBd ()03(1)22Ia 则：则：01230.21IBBBBa 方向：方向： 060a1B2B3BIo0160904sin()sin()IBd 03(1)22Ia 补偿法补偿法013060604222sinsin()IaIBBa 2. 解解:将薄金属板沿宽度方向分割如图：将薄金属板沿

52、宽度方向分割如图：drdr 对应电流：对应电流：IdIdradI 在在P 点处磁场为：点处磁场为：02dIdBr 可知所有分割带在可知所有分割带在P 点处磁场点处磁场方向相同方向相同，由磁场叠加原理可求得在由磁场叠加原理可求得在P 点处点处: :00ln22x axIdrIxaBdBaraa方向：方向：orPxI练习练习17 安培环路定理安培环路定理Ir 02/raIrba220222一、选择题一、选择题1. B (先用安培环路定理求先用安培环路定理求B分布分布)2. B3. DiIBrR 022eIBr 02IL二、填空题二、填空题1.回路甲回路甲021(2 )B dlII 回路乙回路乙B

53、dl0I乙乙I1 I2甲甲2.B dlI 0II3.静电场是静电场是保守场保守场LB dlI 0sLEdl0磁场是磁场是非保守场非保守场（或（或涡旋场涡旋场）三、计算题三、计算题IIR1R2R31.解：解： 由电流的对称性知，磁场具有轴对称性，方由电流的对称性知，磁场具有轴对称性，方向沿垂直于对称轴的圆环切向。向沿垂直于对称轴的圆环切向。如图作积分环路，取正向，如图作积分环路，取正向，由安培环路定理：由安培环路定理：r0lB dlI 即：即：2lB dlBr 今今lB dl lB dlcos02Br lB dlII1R2R3RrII则：则：0212IrBR 221IIrR rR112RrR则：

54、则：02IBr 23RrR2222232(1)rRIIRR则：则：22032232-2-I RrBr RR 3rR0I 则：则：0B 02lBrIB dl2. 解解:Iabd如图取如图取dS B大小都一样的元区xdx先用安培环路定理求出先用安培环路定理求出距导线距导线 x 远处远处B 的大小的大小02IBx 方向：方向：阴影部分通过的磁通量为阴影部分通过的磁通量为:mdB dSB dS 02Iadxx 通过矩形线圈的磁通量为通过矩形线圈的磁通量为:mmd83.66 10 Wb0ln2Iadbd 02d bdIa dxx 练习练习18 磁场对载流导线的作用磁场对载流导线的作用 一、选择题一、选择

55、题1. I2I1BF2. IBIFI3. 二、填空题二、填空题1.xzyI dl11I dl22I dl33BBFF都都平行平行 z 轴向上轴向上2.IBIFIIBmMpB平移靠近直导线平移靠近直导线转动，并平移靠近直导线转动，并平移靠近直导线3.BIIBLOCCBO1.解：解：1I2IABCdABFACF已知：已知：I1 、I2 、d 及每边长及每边长l 。o0122sin902ACACI IFBI lld 对于对于AC ：012ACIBd dFIdlB应用安培定律：应用安培定律：0122ABBClIFFdFI dlr ocos30012o2cos30d ldI Idrr r取电流元取电流元

56、对于对于AB 、BC ：IdlBcF算出磁场分布算出磁场分布012323ln32I Idld 三、计算题三、计算题1I2IABCdABFACF012323ln32ABBCI IdlFFd 0122ACI IFld ACABBCFFFF合合012012323ln232I I lI IdlFdd合合则则 的大小：的大小：F合合 的方向水平向左。的方向水平向左。F合合02cos60ACABFFBcF2. .解解: :1Idl1df1I2B2I1B2dfa1211dfB I dl2122dfB I dl0222IBa 0112IBa 导线导线1、2单位长度所受磁力：单位长度所受磁力：012112I I

57、dfdla 012222I Idfdla dFIdlB应用安培定律：应用安培定律：即即: :0122I Ifa 相互吸引的方向。相互吸引的方向。练习练习19 磁场对运动电荷的作用磁场对运动电荷的作用 一、选择题一、选择题1. mMpB2 mTqB 回转周期与电子速率无关回转周期与电子速率无关0 3. B2. 二、填空题二、填空题1.qITmvRqB2vqR 22e Bm mpIS222e BRm 222R e Bm2.sinmMp B sinISB cosmBS 所以所以sincosmMI tanI 3.BmpIS212IR 20.157Am2110 3.14 0.102sinmMp B si

58、n90mp B0.157 0.5027.85 10 Nm方向向下方向向下1. .解：解：如图：因为处于平衡，如图：因为处于平衡，所受的磁力矩大小相所受的磁力矩大小相等等方向相反（对方向相反（对 轴）轴）oo 重力矩：重力矩：线框的重力矩与线框线框的重力矩与线框12sinsin2lMglSglSl22sinSlg磁力矩：磁力矩：22sin()0cos2mMF ll IB 三、计算题三、计算题mgmgmgoabcId omFmfmf平衡时：平衡时：12MM所以：所以：222sincosSlgl IB212sinMSlg22cosMl IB 因为：因为：2S gBItanooadbcIB 39 35 10 T.2.解解: rdrB宽度为宽度为dr 的圆环在旋转时产生的电流强度的圆环在旋转时产生的电流强度dqdIT22rdr 圆环磁矩圆环磁矩 大小为大小为: :mdp2mdpdIr 则磁力矩则磁力矩dM大小大小为为:mdMB dp圆盘磁力矩圆盘磁力矩M 为为: :MdMrdr