大学物理课后习题答案毛峰版.pdf

第一章4.一物体做直线运动，运动方程为 =6尸-2/，式中各量均采用国际单位制，求：(1)第二秒内的平均速度(2)第三秒末的速度；(3)第一秒末的加速度；(4)物体运动的类型。x =6/一 2/z/v-解：由于：*口=一 =1 2，6产d ta(t)=-=2-2 td t所以：(1)第二秒内的平均速度：=.2)7(1)=4()2-1(2)第三秒末的速度：v(3)=1 2 x 3-6 x 32=-1 8(M-1)(3)第一秒末的加速度：a=1 2-1 2 x 1 =0()(4)物体运动的类型为变速直线运动。5.一质点运动方程的表达式为r(f)=1 0汽+5),式中的r,f分别以机,s为单位，试求；(1)质点的速度和加速度；(2)质点的轨迹方程。解：(1)质点的速度：d r 一 一V =2 0t i +5jd t质点的加速度：口 =在=2 0 7d t(2)质点的轨迹方程：由x =1 0产,y=5t联立消去参数t得质点的轨迹方程：2 5y=x-28.质点的运动方程为r(t)=8co s(2 t )i +8si n(2 t)j(m),求：质点在任意时刻的速度和加速度的大小；(2)质点的切向加速度和运动轨迹。解：(1)质点在任意时刻的速度和加速度的大小：Arv -一-=-1 6 si n(2 t )i +1 6 co s(2 t )j(m s)d td2r_ 2a=r-=-32 co s(2 t )i-32 si n(2 t)j(i n s 2)d fu =(1 户=16().=(a；+户=32(m s2)x y(2)质点的切向加速度：ar-=Q(m s-2),d t运动轨迹：x -S co s(It),由NM”消去t得 f9.一质点沿半径为1 m的圆周运动，运动方程为。=2+3，。式中以弧度计，以秒计,求：（1）f=2 s时，质点的切向和法向加速度；（2）当加速度的方向和半径成4 5 角时,其角位移是多少？解：（1）f=2 s时，质点的切向和法向加速度生 屋=即|=网 心=36”4 心=R 说=2,=（A T L,=1 2 9 6 小（2）当加速度的方向和半径成4 5 角时的角位移:2令 ar/an=r g 4 5 =1 得 至!：/=2因 止 匕 6 =2 +3x-=6.6 7 Rad故 6 =6-00=2.6 7 -2 =0.6 1 R ad1 1 一质点沿X轴运动，其加速度a=3+2 f,如果初始时刻%=5?sT,f =3s时，则质点的速度大小为多少？解：型=3+2/d tjd v=j(3+2 f)d f5 .v=2 3(ms )1 2在离水面高h米的岸上,有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处,如图所示.当人以/（m r）的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小.解：设人到船之间绳的长度为/，此时绳与水面成。角，由图可知/2=*+s2将上式对时间f求导，得根据速度的定义，并注意到/,S是随f减少的,d/d s,绳=一 了=船=一了即d s/d/v0 船一 天=71=7=嬴 或将V船再对 求导，即得船的加速度d r船 山 d t .一匕）s+/v船-2%=-2-V0d r s s/（一S+一）%2.2 2_ S _ 匕）s2 s3第二章1.质量为1 0 k g的质点在x O y平面内运动，其运动规律为：x =5co n At+3(m),y=5 si n 4 r-5 (m).求t时刻质点所受的力.解：本题属于第一类问题x =5co n 4t+3d x ”.，vv=-2 0 si n 4 r*d tax=-80 c o s 4 1x d ty=5 si n 4 f -5vv=2 0 c o s 4ta=-80 si n 4tFx=m ax=-80 0 c o s4 f(N)Fy-m ay=-80 0 si n 4 r(N)I尸=(工+Fv)=80 0(N)3.质 量 为 例 的 质 点 在 合 力/=-R I N）（不内均为常量）的作用下作直线运动，求:(1)质点的加速度；(2)质点的速度和位置(设质点开始静止于坐标原点处).解：由牛顿第二运动定律d v .Fq-k t,_2m =F v-(m s)o o m mx；巾 一;d x -J-d t n x =-(m)oom m4.质量为m 的质点最初静止在不处，在力F=k/x?（N）（k是常量）的作用下沿X 轴运动，求质点在X处的速度。解：由牛顿第二运动定律，2 d v d v d x d vF -K./x -m -t n-=m v d t d x d t d x v d v =f-km x1dxn”竺(L-L(CoN m x x0第三章2.颗子弹由枪口射出时速率为%m-s T,当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F=（。-4）N（a,b 为常数），其中f 以秒为单位：（1）假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；（2）求子弹所受的冲量.（3）求子弹的质量.解：（1）由题意，子弹到枪口时，有b =（a 从）=0,得f =qh子弹所受的冲量at-bt22将代入，得b2 b(3)由动量定理可求得子弹的质量/a2m =-%2。%4.如图所示，质量为何=1.5 k g的物体，用一根长为/=1.2 5 m的细绳悬挂在天花板上.今有一质量为机=1 0 g的子弹以M)=5 0 0 m/s的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大 小u=3 0 m/s,设穿透时间极短.求：(1)子弹刚穿出时绳中张力的大小；(2)子弹在穿透过程中所受的冲量.解(1)由于穿透时间极短,可认为穿透过程在瞬间完成。此过程系统在水平方向满足动量守恒。m v0=MV +m vv=r=1 0 x l 0-W-3 0)=3 1 3 f f l/5 力。M 1.5 r对M进行受力分析有V2 3 1 32T =M g +7=1.5 x 9.8 +1.5 x-p M=2 6.5 N(2)子弹在穿透过程中所受的冲量：/=m v-m v0=1 0 x 1 0 3(3 0-5 0 0)=-4.7 N s上式中负号表示冲量方向与5 方向相反。6.静水中停着两条质量均为M的小船,当第条船中的一个质量为m的人以水平速度v (相对于地面)跳上第二条船后，两船运动的速度各多大？(忽略水对船的阻力).解:该过程满足水平方向的动量守恒：对第-条船：0 =匕,mV.-v1 M上式中负号表示对第一条船运动方向与V方向相反；对第二条船：机”=(加+M)匕m +M9 一 个 质 点 在 几 个 力 同 时 作 用 下 位 移 为A r =4i-5 J +6 A;(S/),其 中 一 个 力 为F=-3 i-4j +5 A(S/),求此力在该位移过程中所作的功。解:此为恒力做功，故有A=F-Ar=(-3i-4j+5k )(4i-5j+6 k J =1 2 +2 0 +3 0 =3 8/1 0设F合=7 i-6 j N.(1)当一质点从原点运动到r=3 i +4j +l 6 M时，求尸所作的功.(2)如果质点到r处时需0.6 s,试求平均功率.(3)如果质点的质量为1 k g,试求动能的变化.解：(1)A=(fi-6 j)(-3 i+4j+l6k；-0/=-21-24=-45J(2)如果质点到r处时需0.6 s,试求平均功率:-AP-45 r e”P=-75WAr 0.6(3)由动能定理，质点动能的变化为:峡=A=-45/1 2.某弹簧不遵守胡克定律.设施力尸，相应伸长为x,力与伸长的关系为 尸=52.8x+38.4x2(S I)求：(1)将弹簧从伸长xi=0.50 m拉伸到伸长X2=L00 m时,外力所需做的功.(2)将弹簧横放在水平光滑桌面上，一端固定，另一端系个质量为2.17 kg的物体，然后将弹簧拉伸到一定伸长必=1.00 m,再将物体由静止释放，求当弹簧回到占=0.50 m时，物体的速率.(3)此弹簧的弹力是保守力吗？解：(1)=J (52.8x+38.4x2)dx=(26.4x2+3 8 4x3)=31J0.53 0.5(2)由动能定理0.5 A-J(52.8X+38.4X2)(-JX)-m v2-0i2 2A 12x31,所以 v -.-.-=5.34/”/sV m V 2.17(3)此弹簧的弹力做功与路径无关，故是保守力。16.一物体与斜面间的摩擦系数=0.20,斜面固定，倾角c=45.现给予物体以初速率90=10m/s,使它沿斜面向上滑，如图所示.求：(1)物体能够上升的最大高度/?；(2)该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率u.解：(1)设物体能够上升的最大高度h,相应的斜面长度为S。由功能原理:一 ng cos as=mgh-；mv1hs=-sin a由上两式可得h=-2g(l+cfga)1002x9.8(l+0.2)=4.25m(2)该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率P可再由功能原理获得：1 2,-f-img cos as-mv-mghv-J2g(l-cfga)=J2x9.8x4.25x0.8=d 66.64=8.16/s2 0如图所示，有一门质量为M(含炮弹)的大炮，在一斜面上无摩擦地由静止开始下滑.当滑下/距离时.，从炮内沿水平方向射出一发质量为机的炮弹.欲使炮车在发射炮弹后的瞬时停止滑动，炮弹的初速v（对地）应是多少？（设斜面倾角为a）.解：炮车在斜面上滑下/距离时，其速度为（机械能守恒）：V-J2g/sina炮内射出质量为m的炮弹，系统在沿斜面方向满足动量守恒M yjlgl sin a=mvcona+0由此得到v-J2g/sinam cos a2 2.哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆.它离太阳最近距离为八=8.7 5 X 1 0%时的速率是匕=5.4 6 X 10 m 7 ，它离太阳最远时的速率是匕=9.0 8 X 10、”这时它离太阳的距离多少？（太阳位于椭圆的一个焦点。）（5.2 6 x10 12 加）解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近I I 点及远I I 点时的速度都与轨道半径垂直，故有rmv=r2mv2_ 八 匕 _ 8.75x 10 x5.46x1049.08xl02=5.26xl012m第四章7.如图所示，一半径为r,质量为叫 的匀质圆盘作为定滑轮，绕有轻绳，绳上挂一质量为m 2 的重物，求重物下落的加速度。解：设绳中张力为T对于重物按牛顿第二定律有m2g-T -m2a对于滑轮按转动定律有Tr=mrB2山角量线量关系有a=(Jr(3)(1)联立以上三式解得8.如图所示，两个匀质圆盘同轴地焊在一起，它们的半径分别为、/2,质量为叫和?2,可绕过盘心且与盘面垂直的光滑水平轴转动，两轮上绕有轻绳，各挂有质量为%和?4的重物，求轮的角加速度解：设连接4的绳子中的张力为T1，连接 与 的绳子中的张力为1 2。对重物吗按牛顿第二定律 有 加3g-1=/。3 (1)对重物相4按牛顿第二定 律 有T2-m4g=m4a4(2)对两个园盘，作为一个整体，按转动定律有Tr Tir 2=(；机访+；机山角量线量之间的关系有%=M 。4 =h P (5)联立以上五式解得B =_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _/4一根/1 2 1 2 2 25机 山+-m2r2+机3 6+相4 a1 1.如图所示，主动轮A半径为r”转动惯量为L，绕定轴Q转动；从动轮B半径为r2,转动惯量为右，绕定轴。2转动；两轮之间无相对滑动。若知主动轮受到的驱动力矩为M，求两个轮的角加速度和仇。解：设两轮之间摩擦力为/对主动轮按转动定律有：M-依=16对从动轮按转动定律有fr2=A A由于两个轮边沿速率相同，有稿=2联立以上三式解得6=M r；a=M r 八白 叱+3；疗+疗1 3.一质量为用、半径为R 的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘匕 可绕轴自由转动.另 质量为m0的子弹以速度v0射入轮缘(如题2-3 1 图所示方向).(1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值？(2)用 机%和e 表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比.解:(1)射入的过程对。轴的角动量守恒R s i n。?4%=(m +m0)R2a).八 a)%s i ne(m +n t0)Rm0 s i n2 01m+ma2 1 4.如图所示，长为1 的轻杆，两端各固定质量分别为m和2 m 的小球，杆可绕水平光滑固定1 7轴O 在竖直面内转动，转轴O 距两端分别为土/和士/.轻杆原来静止在竖直位置.今有一质3 3量为m的小球，以水平速度0 与杆下端小球m作对心碰撞，碰后以;区的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度.解：碰撞过程满足角动量守恒:2 1 2 m vQl =-m vQ-l +Ico2 i 2而/=?(/)2+2机(/)2 =加/2所以 m v2?0/=m l a)山此得到：%2 1O1 6.有一半径为R 的均匀球体，绕通过其一直径的光滑固定轴匀速转动，转动周期为).如它的半径山R自动收缩为;R,求球体收缩后的转动周期.(球体对于通过直径的轴的转动惯量为J=2 m R 2/5,式中m和R 分别为球体的质量和半径).解：(1)球体收缩过程满足角动量守恒：/。4=，2。22 2,mR%a2 -r?i-4 o,2所以In In1=-=-=co2 4g 4第五章5-5飞 船 A 中的观察者测得飞船B正以0.4 c 的速率尾随而来，一地面站测得飞船A的速率为0.5 c,求：(1)地面站测得飞船B 的速率；(2)飞船B测得飞船A的速率。解 选 地 面 为 S系，K 船 A为 S 系。(1)vv*=0.4 c,w=0.5 c ,vv=-V-+n =-cxx v dI+N 匕c%4二一九=一匕=一%5.6 惯性系S 相对另一惯性系S沿 x轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点.在S 系中测得两事件的时空坐标分别为X|=6X 1 0%,八=2 X 1 0%，以及X 2=1 2 XlO m,r2=lX 1 04s.已知在S,系中测得该两事件同时发生.试问:(l)S 系相对S 系的速度是多少？(2)S 系中测得的两事件的空间间隔是多少?解：设(S)相对S的速度为y,，/v c%2-rX2)C由题意一：二0V/、则故v-c2 -=-=-l.5 x 1 0s m-s-1x2-%1 2(2)山洛仑兹变换代入数值,x；=/(%,-%),x2=y(x2-vt2)x2x=5.2 x 1 04 m5-8 在 S系中有一静止的正方形，其面积为1 0 0 m2,观察者S 以 0.8 c 的速度沿正方形的对角线运动，S 测得的该面积是多少？解 设正方形在S系中每边长为L,其对角线长为e L,因为相对运动，沿着运动方向的对角线缩短，垂直于运动方向的对角线长度不变。固在S 系观测的面积为S=LL=L2（7 1-V2/C2）=60 m25-1 1某种介子静止时的寿命是1 0-匕。如它在实验室中的速率为2 x 1 0 8 用/s,在它的一生中能飞行多少米？解：介子静止时的寿命是固有时间，由于它相对于实验室运动，从而实验室观测的寿命是非固有时间。在实验室观测的介子寿命为：1 0-8(2 x 1 08)(3 x 1 0平3乂1 0-8=1.3 4 2 s所以介子一生中能飞行距离为:A s -CT-2.68/7 15-1 2两个惯性系中的观察者。和。以0.6c （c表示真空中光速）的相对速度相互接近,如果。测得两者的初始距离是2 0 m,则0 测得两者经过多少时间相遇？解。测得的是固有时间加，。测 得 相 遇 时 间 为 又v 0.6c所 以 测 得 的 固 有 时 间 ，为A,2=A）=-y v=20 x0.8=8 8 9 x i o-8 s,0.6c此题也可用长度收缩效应来解。测得长度为固有长度，。测得长度为非固有长度,设用L表示，则L L。J 1 -夕=4)J 1 -0.62=O.8 Lo,由&=且 有V加,=4=.0 8 x 4 8=&8 9 1 0 0.6c 0.6x 3.0 x 1 0 15-1 3 一米尺静止在S 系中，长度为%,并与X 轴成3 0 角。若在S系中测得该米尺与X轴成4 5 角，则S 相对于S系的速度为多大？S系中测得该米尺的长度是多少？解：在S中观察，米尺在运动方向（X轴方向）长度收缩，在Y轴方向长度不变，因此L=h r J 1 一一=/0 c o s 3 0=/O v=/os i n 3 O 由题意：上=吆4 5 所以 次4 5=芈丝解之得S 相对于S系的速度为：u=0.8 1 6c w =0.8 1 6c（加/s）S系中测得该米尺的长度为：/=痣+/；=O.7 O 7/ow5-1 9甲相对乙以0.6c的速率运动，求：（1）甲携带质量为1 a的物体，乙测得该物体的质量是多少？（2）甲、乙测得该物体的总能量各是多少？解：（1）m-，=1.2 5k g（2）甲测得该物体的总能量：Eo=moc2=9x l O bJ；乙测得该物体的总能量：=/HC2=1.13X10I7J5-2 1实验室测得一质子的速率为0.9 9 5 c,求该质子的质量、总能量、动量和动能。（质子的静质量为1.67 3 x 1 0-2 7依）解：质子的质量:加=_,=1.67 3 x 1 0必 依.质子的总能量：E =1 5 1 x 1 0-。；质子的动量：p -m u=4.9 9 x l0-1 8；质子的动能：Ek=机。2=3 6x 1 0-9,第六章4.一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为4。求：（1）圆心处。点的场强；（2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处。点场强。解：（1）在半圆环上取d q =/ld/=/lR d e，它在。点产生场强大小为d E=dq =d（p ，方向沿半径向外根据电荷分布的对称性知，Ey=0d Ex=d E s i n (p上一 s i n岗 夕4兀上一si二上一小4兀2兀 0R故E =Ex=-，方向沿x轴正向。2 7 1 0 7?（2）当将此带电半圆环弯成一个整圆后，由电荷分布的对称性可知，圆心处电场强度为零。5.如图所示，真空中一长为L的均匀带电细直杆，总电量为q,试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d的P点的电场强度。解：建立图示坐标系。在均匀带电细直杆上取弱=痴=彳 公，d q在P点产生的场强大小为d E=也 为=方向沿x轴负方向。4fx 4fx故P点场强大小为 4 PEP=d E=:上 J 十 一 。J （4f 厂 r L I（1*1二 q4 m0d（d +L）方向沿x轴负方向。9.两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为=旦，方向垂直于该平面指向外侧2%电荷面密度为巴 的平面产生的场强大小为E=，方向垂直于该平面指向外侧2 4由场强叠加原理得两面之间，E -EX-E2(e r,-(T,),方向垂直于平面向右2%面左侧，E =+E2=-(c r,+c r,),方向垂直于平面向左2%面右侧，E -E+E2-(CT,+(T2),方向垂直于平面向右1 0.如图所示，一球壳体的内外半径分别为与 和“，电荷均匀地分布在壳体内，电荷体密度为(夕0)。试求各区域的电场强度分布。解：电 场 具 有 球 对 称 分 布，以/为 半 径 作 同 心 球 面 为 高 斯 面。由高斯定理班.芯=z得白 4,1E-4 =冽%当与时，必，=0,所以 =04 4 1当叫 尸/?2时，E/=P(加3一加J),所以E _ 队产一 R；)3犷4 3 4 a当厂A 2时，Eqi=2(3 6 2 )，所以p(7?23-7?,3)3犷1 1 .有两个均匀带电的同心带电球面，半径分别为 叫 和&(R 2与)，若大球面的面电荷密度为b,且大球面外的电场强度为零。求：(1)小球面上的面电荷密度；(2)大球面内各点的电场强度。解：(1)电场具有球对称分布，以 r 为半径作同心球面为高斯面。由高斯定理眄=得)1E 4-=q.%当 r/?2 时，E =0,2%=cr,4成 2?+。，4成 J =0，所以(2)当厂 时，2%=0,所以E =0当H Vr/?2 时，=(yf-4T TR2=-4TTOR22,所以E=&ygr 0负号表示场强方向沿径向指向球心。1 3 .半径为R的无限长直圆柱体均匀带电，体电荷密度为0,求其场强分布。解：电场分布具有轴对称性，取同轴闭合圆柱面为高斯面，圆柱面高为/,底面圆半径为 r,应用高斯定理求解。左 d S -E -2 n r l -2%白 (1)当尸?时，Zq：=P FR ,所以E金2 4厂1 4 .一半径为R的均匀带电圆盘，电荷面密度为设无穷远处为电势零点，求圆盘中心。点的电势。解：取半径为r、力的细圆环dq=B/S=cr-2dr,则dq在。点产生的电势为dv=d q=o d r4 在2%圆盘中心。点的电势为V=1 6.真空中一半径为A的球形区域内均匀分布着体电荷密度为P的正电荷，该区域内1 2a点离球心的距离为一R,b点 离 球 心 的 距 离 为 一 求b两点间的电势差U33解：电场分布具有轴对称性，以。为球心、作半径为，的同心球面为高斯面。由高斯定理=得当时，E 4加21 =一1 24一 R3 ,所以4 3a、匕两点间的电势差为u“b1 8.如图所示，在A,8两点处放有电量分别为+q,-q的点电荷，间距离为2R,现将另一正试验点电荷生从。点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场力作的功。解：。点的电势为Vo=+-=04 兀 4 兀 （）/?。点的电势为q-qq4 兀 037?4 兀 E。/?6TI0R电场力作的功为。（一%）=qq6n0R第七章2.证 明：对于两个无限大的平行平面带电导体板来说,(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同。证明：如图所示，设两导体A、8的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为巧，。2,a3 R)导体球外表面均匀带电q；导体球壳内表面均匀带电-4,外表面均匀带电q+Q，山电势叠加原理知，空间任,点的电势等于导体球外表面、导体球壳内表面和外表面电荷在该点产生的电势的代数和。导体球是等势体，其上任一点电势为匕=（8-&+山）4万4%R2 4球壳是等势体，其上任一点电势为vr q q q+。_ q+Q（2）球壳接地匕=_g+0_=0,表明球壳外表面电荷q+。入地，球壳外表面不带4兀（）&电，导体球外表面、球壳内表面电量不变，所以（3）导体球接地匕=0,设导体球表面的感应电荷为，则球壳内表面均匀带电-/、外表面均匀带电q+。，所以匕=，2）=04 f /?,R2 4匕 _ :+。-）。2 4T T0R?47TO（R2R3-+RR2）6.设一半径为A的各向同性均匀电介质球体均匀带电，其自由电荷体密度为0,球体内的介电常数为与，球体外充满介电常数为J 的各向同性均匀电介质。求球内外任一点的场强大小和电势（设无穷远处为电势零点）。解：电场具有球对称分布，以为半径作同心球面为高斯面。由介质中的高斯定理得4方d S =D-4加 之=2%4当r v R 时，Eq,=p f E，,所以D=J E1=更3%3与当r /?时，必 产 夕 成3,所以球 内(r工R)电势为7.如图所示，一平行板电容器极板面积为S,两极板相距为d,其中放有一层厚度为，的介质，相对介电常数为,介质两边都是空气。设极板上面电荷密度分别为和-b,求：(1)极板间各处的电位移和电场强度大小；(2)两极板间的电势差U ；(3)电容C。解：(1)取闭合圆柱面(圆柱面与极板垂直，两底面圆与极板平行，左底面圆在极板导体中，右底面圆在两极板之间)为高斯面，根据介质中的高斯定理，得有力 d M=O A S=c r A SD y（空气中）万 。%E=-=4%（介质内）、4号（2）U =f E-d l=（d -OH t%。3(3)。=变=心U E rd (f,.l)f9.半径为叫的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为R2和&，当内球带电荷。时.，求:(1)整个电场储存的能量；(2)将导体壳接地时整个电场储存的能量；(3)此电容器的电容值。解：如图所示，内球表面均匀带电。，外球壳内表面均匀带电-。，外表面均匀带电。(1)由高斯定理得当r凡 和&，&时，E =0生二当4 ，?2 时,当r /?3时，E2=4兀所以，在 R1区域吗=)24jir2dr1 露 2。47r.产3 8兀4厂？8兀4 4 R2在厂 R 3 区域忆 =0()247ir2dr=-息2 4兀8兀4%总能量为w=W+财(-+)8兀4 R&导体壳接地时，只 有 与 r/?2 时E =丁，其它区域6=0,所以卬2=。4兀4广卬=叱轰U)(3)电容器电容为八 2W“1 1 、C =-r-=4 兀 4 /(-)Q2&R2第八章6.如图所示，A B,CO为长直导线，以C为圆心在。点的一段圆弧形导线，其半径为 若 通 以 电 流/,求。点的磁感应强度。解：。点磁场由A 3、B C,CO三部分电流产生，应用磁场叠加原理。AB在。点产生的磁感应强度为坊=0月C在。点产生的磁感应强度大小为景号吟唱 方向垂直纸面向里CO在。点产生的磁感应强度大小为层=(c o s-cos%)4 mo4/4成 cos 60(cos 150-cosl80)方向垂直纸面向里故 8 0=与+当+8 3=瑞(1一 日+.)，方向垂直纸面向里8.如图所示，一无限长载流平板宽度为。，沿长度方向通过均匀电流/,求与平板共面且距平板一边为匕的任意点P的磁感应强度。解：将载流平板看成许多无限长的载流直导线，应用叠加原理求解。以P点为坐标原点，垂直载流平板向左为x轴正方向建立坐标系。在 载 流 平 板 上 取=以 在P点产生的磁感应a强度大小为d B=-=-dx,方向垂直纸面向里2K 2 m xP点的磁感应强度大小为Qd3A6CB=同 J/J 27m x 2双！b方向垂直纸面向里。9.如图所示，真空中有两个点电荷A,8,分别带有电量+q和-q,相距为d。它们都以角速度0绕轴。转动，轴。与4 8连线相互垂直，其交点为C,距A点为幺。求。点的磁感应强度。3解：+q电荷运动形成电流大小为_ q _qcoI l=T=2 L在C点产生的磁感应强度大小为B=M _ 再1 _ 3（）q1-2R-2 7/3 4M方向沿O-。方向同理，-q电荷运动形成电流的电流A在C点产生的磁感应强度大小为DNoh/=-=-2-2d/3 8 M方向沿O T。的反方向所以，。点的磁感应强度大小为0Be一q方向沿0 f。方向10.已知磁感应强度大小8=2.0 Wb m-2的均匀磁场，方向沿X轴正方向，如图所示。试求：通过图中 c d面的磁通量；（2）通过图中匕次面的磁通量；（3）通过图中华灯面的磁通量。解：（1）通过abed面积M的磁通量为=B=2.0X0.3X0.4COS-T=-0.24 Wb 通 过。呼 面积$2的磁通量为吗=月5 =o 通 过aefd面积S3的磁通量为3 =月5 =2 x 0.3 x 0.5 x c o s 64=2 x 0.3 x 0.5 x-=0.2 4 W b512.如图所示，电 流 乙=/2=/，求 沿 回 路 心 以及4的磁感应强度的环流。解：由安培环路定理得（E di=氏4=氏14、*疝=一 3 =_ 氏】瓦一 “）=013 .一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱（半径为4）和一同轴的导体圆管（内、外半径分别为6,C）构成，横截面如图所示。使用时，电流/从一导体流去，从另一导体流回，设电流都是均匀地分布在导体的横截面上。求：（1）导体圆柱内（ra）；（2）两导体之间（a r（b）；（3）导体圆筒内（br c）各点处磁感应强度的大小。解：磁场分布具有轴对称性，在横截面内取同心圆为回路，应用安培环路定理，有BcU=B 2m =(1)当r a 时，Z/j=所以T eaBE2加r（2）当时，J；/,.=/,所以B=M2勿*（3）当。rc时，纵=/-万（产 尸），所以7 T（C2-b2）。/2 和(c时，必=0,所以8 =017.在长直导线AB内 通 以 电 流 在 矩 形 线 圈C O E f中通有电流右，AB与线圈共面，且C D,EF都与A8平行，线圈的尺寸及位置均如图所示。求：导线A3的磁场对矩形线圈每边所作用的力及矩形线圈所受合力。解：心。方向垂直CO向左，大小FC D =I2b2TU1同理，户 庄方向垂直反向右，大小FFE=12b从32 兀(d+a)片 仃方向垂直C/向 上，大小为小第d 等I咛户 口 方 向 垂 直 向 下，大小为线圈所受合力户=户8 +%E+户CF+户 方向向左，大小为F=FCD FFEobl/2a2 M (d+a)18.有圆线圈直径8cm,共12匝，通电流5 A,将此线圈置于磁感应强度为0.6T的匀强磁场中。试求：(1)作用在线圈上的最大磁力矩；(2)线圈法线方向与磁场方向夹角多大时，力矩是线圈上最大力矩的一半？(取最小角度)解：(1)P,n=NIS=兀%NIM=/sin 9 0 =7rR2NIB=G.l8N 7n(2)M=P“,Bsin=gp,B,所以0=-620.电子在8=7.0X1()3T的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径厂=3.0c加。已知月垂直于纸面向外，某时刻电子在A点，速度0向上，如图所示。(1)试画出这电子运动的轨道；(2)求这电子速度0的大小;R(3)求这电子的动能E-v解：轨迹如图O2(2)由牛顿第二定律得，e v B=mrP RY故 v =-=3.7xl07 m-s-1m(3)EK=-mu2=6.2xl0-16 JK 221 .如图所示的三条线表示三种不同磁介质的8-关系曲线，虚 线 是 关 系 的 曲 线，试指出哪一条是表示顺磁质？哪一条是表示抗磁质?哪一条是表示铁磁质？解：曲线n是顺磁质，曲线m是抗磁质，曲线I 是铁磁质。22.一长直同轴电缆线由半径为/?,的导体和套在它外面的半径为R?的同轴薄导体圆筒组成。已知导体内的相对磁导率为导体与薄导体圆筒之间的绝缘材料的相对磁导率为42。若电流山导体流入(电流在截面上均匀分布)而从薄导体圆筒流出，求：(1)磁介质内、外的磁场强度的分布：(2)磁介质内外的磁感应强度的分布。解：(1)磁场分布具有轴对称性，在横截面内取圆心在轴线上、半径为r 的圆周为回路,应用介质中的安培环路定理，有伊 d i =H -2 m =当时，M=-I-7 D-02,所以=r i-成；1 2兀R；当KrR,时，所以“2=2 S当r/?2 时，,=/-1=0,所以”3 =0(2)B=，所以当r /?时,当Kr&时，层=023.细螺绕环中心周长L=10cm,环.上线圈匝数N=200匝，线圈中通有电流I=100mA。求：(1)当管内是真空时，管中心的磁场强度和磁感应强度纥；若环内充满相对磁导率4=4 20 0的磁性物质，则管内的B和 各 是 多少?解：（1）取同心圆周为回路，应用介质中的安培环路定理，后-d 7 =Z/，有HL=NI=20 0 A，m-LB。-2.5 x 1 0 T =20 0 A-m-iB=阳=1.0 5 T第九章2.长度为/的金属杆“6以速率。在导电轨道a be d上平行移动。已知导轨处于均匀磁场占中，月的方向与回路的法线成6 0 角，如图所示，月的大小为8二化（A为正常数）。设”0时杆位于c d处，求：任一时刻，导线回路中感应电动势的大小和方向。解：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为 =B d S =B/w c o s6 0 =-klornt2导线回路中感应电动势为dt=-klvt方向沿a be d a方向。3 .如图所示，一边长为a,总电阻为R的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中,磁场方向垂直于纸面向外，其大小沿x方向变化，且B =k（l +x）,女0。求：（1）穿过正方形线框的磁通量;（2）当人随时间，按女（。=心”心 为正值常量）变化时，线框中感生电流的大小和方向。解：（1）通过正方形线框的磁通量为=-dS=J Badx=aA:J(1 +x)dx=a（2）当k =时，通过正方形线框的磁通量为,1=a2kot（+a）正方形线框中感应电动势的大小为=的图=23,1zi+”1、正方形线框线框中电流大小为?n 2 k 1=-(l +-a),方向：顺时针方向R R 24.如图所示，一矩形线圈与载有电流/=/0 c o s由 长直导线共面。设线圈的长为6 ,宽为。；，=0时，线圈的A O边与长直导线重合；线圈以匀速度v垂直离开导线。求任一时刻线圈中的感应电动势的大小。解：建立图示坐标系，长直导线在右边产生的磁感应强度大小为t时刻通过线圈平面的磁通量为a-BbvCO:x=1 回 曲=/与 心=则 仙 口J b 2 兀r 2 7 t o t=polQ b.v t +ac o s(y/l n-27 u t任一时刻线圈中的感应电动势为d q c o s(y f .u t +a、s：=-=-+si n(y r l n-d t 2 万(+a)t u t8.如图所示，载有电流/的长直导线附近，放一导体半圆环MeN与长直导线共面，且端点MN的连线与长直导线垂直。半圆环的半径为b,环心。与 导 线 相 距 设 半 圆 环以 速 率。平 行 导 线 平 移。求半圆环内感 应 电 动 势 的 大 小 和 方 向 及MN两端的电压U”UN。解：作辅助线MN,则在MeNM回路中，沿0方 向 运 动 时=0p oGMeNM 一即MeN=MN又Y严 o a-b _sM N=v B c o s Tal l =I n-0 即故b 点电势高。a O=L,磁感应强度与平行31 3 .磁感应强度为月的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在如图所示位置，杆长为2R,其中一半位于磁场内、另一半在磁场外。当 0时，求：杆两端At的感应电动势的大小和方向。解：SAB AC+CHdO,d2丁 二 一 天TIRd 2 _ d.%=一 方=一 亩(一12!12 dr故，B=(V3/?2 TIR2-F4-12d td Bd t0故 以8 0 (即 从 A-8)1 4.一同轴电缆山两个同轴圆筒构成，内筒半径为1.0 0 m m,外筒半径为7.0 0 m m,求每米该同轴电缆的自感系数(两筒的厚度可忽略)。解：设电流/由内筒流出、外筒流回，由安培环路定理 瓦/=8-2%*=0 工/得内、外筒之间，/,=/B=M乙 271r内、外筒之间每米长度所通过的磁通量:邛 而 小 图dr=l n 7271每米同轴电缆的自感系数：L=-=ln 7I 2 71 6.一无限长圆柱形直导线，其截面上电流均匀分布，总电流为/。求：导线内部单位长度上所储存的磁能。解：在 rR时卬,“B?=。/2/2 0 -8 兀牛4取 d V =2nrdr(,导线长/=1)则W=(wnt 27irdr=,“d r =4/24JI R4(m.1 9.给电容为。的平行板电容器充电，传导电流为=0.2 (S I),f =0时电容器极板上无电荷。求：(1)极板间电压U 随时间f 而变化的关系式；(2)时刻极板间总的位移电流乙(忽略边缘效应)。解：(1)传导电流与极板上电量的关系：i=四，所以dtdq=idt=J 0.2edt=0.2(1-e-,)极板间电压U 随时间f 而变化的关系式U =幺=%(l-e-)cc(2)位移电流：/d =C也=0.2 e-dt