大学物理上册作业详细答案.doc

练习2 时间、空间与运动学2.5 已知质点沿x轴的运动方程x = f ( t) , 怎样求其位移和路程? 现有一质点按x = 3 t 2 - t 3 m 的规律运动。试求:(1) 画出xt 图;(2) 最初4s 内的位移;(3) 最初4s 内的路程。分析与解答 在直线运动中，当确定了坐标x的正方向后，位移可由始、末两点的坐标之差来计算，即，其数值只与始末位置有关，并且可以是正值（位移与x轴正方向相同），也可以是负值（位移方向与x轴正方向相反）；而路程是质点所走过路径的长度，它不仅与始末位置有关，而且与实际路径有关，并且总是正值。一般来说只有在单向直线运动中（无反向点）两者数值相同，但在有反向的直线运动中，两者数值就不相同了。（1）各时刻的数值如表所示。t/s01234x/m0240-16v/(m.s-1)030-9-24a/(m.s-2)60-6-12-18则xt曲线如题2.5图所示。（2）最初4s是指从t=0到t=4s的时间间隔，其位移为式中负号表示位移的方向与x轴正方向相反。若写成矢量式为(3)求路程时，应首先看有无速度反向点，若有，应求出速度反向的时刻和位置。由 令v=0，得t=2s,此时刻 v=0,a=-12,即为反向点。此时的位置。则最初4s内的路程 由以上计算表明：位移与路程是两个不同的概念。2.9 通过阅读、研究本章例题, 小结一下求解平均速度与瞬时速度的方法。今有一质点沿y 轴的运动方程为y = 10 - 5 t2 m, 试求:( 1) 1s1.1s,1s1.01s,1s1.000 01s 各时间间隔的平均速度;( 2) 当t = 1s 时的速度;( 3) 通过上述计算, 如何领会瞬时速度和平均速度的关系与区别?( 4) 求t = 1s 时的加速度, 并分析该质点的运动情况;( 5) 本题能不能用来计算平均速度? 为什么?分析与解答：（1）按平均速度的定义，因此，欲求 ，必须求出。为此，设时刻 时刻 两式相减，得 故平均速度为 则各时间间隔内的平均速度分别为 （负号表示沿-j方向）（2）由题意，故由时的速度为 （方向沿方向）或 （3）通过以上计算，可知平均速度与时间间隔有关，不同的时间段内的平均速度是不同的，但当时间间隔越小时，平均速度就越趋近于瞬时速度。（4）同理可求出时的加速度为 或 由加速度和速度表达式可知：加速度是恒为负常数，在的情况下，速度值也恒为负值，且时，因此该质点从处由静止开始沿轴负方向作匀加速直线运动。（5）平均速度只适用于匀变速直线运动（即为常数），若不等于常数，就不能用此式来计算平均速度了。2.11 一质点在xOy 平面上运动,运动方程为x = 5 t + 3,式中t 以s 计，x、y 以m 计。(1) 以时间t为变量, 写出质点位置矢量的表示式;(2) 描画质点的运动轨迹;(3) 求出t = 1s 时刻和t = 2s 时刻的位置矢量和这段时间内质点的位移;(4) 求出质点速度的分量表示式, 计算t = 4s 时质点速度的大小和方向;(5) 求出质点加速度的分量表示式,计算t=4s 时质点加速度的大小和方向。分析与解答 （1） m（2）轨迹方程为 （3） m; m; m的(4) 则t=4s时， （5） 则t=4s时，（沿y轴正方向）2.16 一张CD光盘音轨区域的内半径= 2.2cm,外半径为= 5.6cm,径向音轨密度为n= 650条/mm。在CD 唱机内,光盘每转一圈,激光头沿径向向外移动(扫描)一条音轨,激光束相对于光盘是以v =1.3m/s 的恒定速率运动的。试问:(1) 这张光盘的全部放音时间是多少?(2) 当激光束到达离盘心r = 5cm 处时, 光盘转动的角速度和角加速度各是多少?分析与解答 (1)光盘上的音轨是一条间距很小的螺旋线(即阿基米德螺线)。为此，求其总长度时，可先求距光盘中心为r，宽度为dr内的音轨长度dl，即 激光束扫过dl所需时间dt为 故光盘的全部放音时间t为（2）由得r=5.0cm处的为2.18 一水手在静水中能以v = 1.10m/s 的速度划船前进。今欲横渡一条宽为1000m, 水流速度u = 0.55m/s 的长江河段。试问:(1) 他若要从出发点A 横渡, 并到达正对岸的B 点, 他应如何确定划行方向? 到达正对岸需要多少时间?(2) 在划速不变的情况下, 如果希望用最短的时间过江, 他应如何确定划行方向? 船到达对岸的位置在何处?分析与解答（1）根据题设条件，选船为研究对象（物），岸为静止参考系S，水为动参考系. 船对岸的绝对速度船为，水对岸的牵连速度为u，则船对水的相对速度应满足 要使船能到达正对岸的B点，则必须使的方向垂直于对岸(即沿A-B的方向)，于是，船的滑行方向就必须沿与V成角的方向才行。即 船到达B点所需的时间为 （2）要使船过江所用的时间最短，在划速V不变的情况下，必须使有最大值。显然，此时。则船过江的最短时间为设船到达下游的C点，则 m2.23 已知质点在xOy 平面上的运动方程为, 试求:( 1) 质点的运动轨迹;( 2) t 时刻的速度v ;( 3) t 时刻的加速度a。分析与解答（1）已知 则，质点的运动轨迹为半径R=1的圆周。2.24 质点沿x 轴正向运动, 加速度与速度成正比, 且方向相反, 即a = - kv, k为常量, 设t = 0 时, , 试求:( 1) 质点的速度v( t) , 并加以讨论;( 2) 质点的运动方程x( t)。分析与解答（1）质点作直线运动时 得 积分并代入上、下限后得 整理得 由上式可知：速度v随时间t按指数规律衰减，即质点沿x轴正向作变减速运动。（2）由 得 积分并整理得 由上式可知，质点运动的最远位置为2.25 质点在x 方向运动, 已知速度v = 8 + (SI) , 当t = 8 s 时, 质点在原点左边52m 处。试求:( 1) 质点的加速度和运动方程;( 2) 初速度和初位置;( 3) 分析质点的运动性质。分析与解答（1）加速度 由 得 积分得 运动方程为 （2）当t=0时，（3）在t0时，故质点从原点左侧628m处，以初速度，沿x轴正方向（向右）作变加速运动。练习3 牛顿运动定律3. 10 在一只半径为R 的半球形碗内, 有一粒质量为m 的小钢球, 沿碗的内壁作匀速圆周运动。试求: 当小钢球的角速度为时, 它距碗底的高度h 为多少?分析与解答 取小球为隔离体，受重力和支承力（如图？）。其中，沿x轴方向的分力提供小球作圆周运动的向心力。有 且 解得 可见，h随的增大而增大。3. 13质量为m 的物体在黏性介质中由静止开始下落, 介质阻力与速度成正比, 即= v,为常量。试( 1) 写出物体的牛顿运动方程。( 2) 求速度随时间的变化关系。( 3) 其最大下落速度为多少?( 4) 分析物体全程的运动情况。分析与解答 （1）物体受向下的重力mg和向上的阻力F，则牛顿运动方程为 （2）由 分离变量并积分 得 -整理后得 （3）当时，有最大下落速度 （4）由有 得 物体由静止开始向下作加速运动，并逐渐趋近于最大速度为，此后趋于做匀速运动，物体在任意时刻开起点的距离由上式表示。3.15质量为m的小球从点A由静止出发，沿半径为r的光滑圆轨道运动到点C（见图），求此时小球的角速度和小球对圆轨道的作用力。分析与解答 取小球为隔离体，受力情况如图。取自然坐标系，由牛顿运动定律分别列出切向和法向运动方程为- 由于，代入式并分离变量后积分得 则小球在c点的角速度为 将式代入式，得 其反作用力即为小球对轨道的作用力。3.16 如图所示，在密度为的液体上方有一悬挂的长为L，密度为的均匀直棒，棒的下方恰与液面接触。今剪断挂线，棒在重力P和浮力F 作用下竖直下沉, 若 , 求棒下落过程中的最大速度。 分析与解答 按题设条件，剪断细线后，杆在下沉过程只受重力和浮力的作用（不计液体的黏滞阻力），随着杆往下沉，浮力逐渐增大，当重力和浮力相等时，杆下沉的加速度a=0,此时速度最大。取x坐标向下如图，根据牛顿第二定律，有 式中，浮力，故式可写成 对式分离变量并积分，有得 设杆的速度最大时，杆进入液体的长度为x=l,则式 中的v即为最大速度。此时mg=F,即得 将式代入式，得杆的最大速度为 练习4 守恒定律4.4 高空作业时系安全带是 非 常 必 要 的，假 如 一 质 量 为 51.0kg的 人，在操作时不慎从高空竖直跌落下来，由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来。知此时人离原处的距离为 2.0m，安全带弹性缓冲作用时间为0.50s。求安全带对人的平均冲力。分析与解答 可以对全过程和冲撞过程利用动量定理求解。安全带对人的平均冲力为，重力为。(1) 对全过程和冲撞过程利用动量定理安全带对人的平均冲力为，作用时间为；重力为，作用时间为。由动量定理，得(2) 对冲撞过程利用动量定理安全带对人的平均冲力为，重力为。冲撞前人的下落速度为 m/s，由动量定理，得4.10 如图所示, 一根细绳跨过一质量可忽略且轴为光滑的定滑轮, 两端分别拴有质量为m 和M 的物体A, B, 且M稍大于m。物体B 静止在地面上, 当物体A 自由下落h距离后, 绳子才被拉紧。求绳子刚被拉紧时, 两物体的速度及B 能上升的最大高度。质点的动量矩定理、动量矩守恒定律分析与解答 把整个过程分成三个阶段来处理。第一阶段物体A自由下落。物体A自由下落h 距离时，正好拉紧绳子，此时物体A的速度为，方向向下。第二阶段，绳子被拉紧，物体A和物体B同时受到绳子的冲力作用。经过极短时间t 后，以共同的速度V运动，此时，物体的受力情况如图（B）所示。如取竖直方向为正方向，则物体Ad的速度由-v增为-V，物体B的速度由0增为V。根据动量原理得： 题4.10图由于作用时间极短，绳子冲力的冲量远大于重力的冲量，故式，式可简化为 因，解得： 第三阶段，绳子拉紧后，物体A向下运动，B向上运动，但由于Mm,A和B 都作减速运动，故有Mg-T=Ma,T-mg=ma 求得物体B以速度V上升，其加速度与速度方向相反。设最后B上升的高度为H，则有 故 4.14 我国第1 颗人造卫星东方红1号沿椭圆轨道绕地球飞行, 近地点439km, 远地点2384 km, 已知在近地点的速度v1 = 8.1 km/s , 试求卫星在远地点的速度v2。分析与解答 （1）求：如图所示，地球的中心点O位于椭圆轨道的一个焦点上。设卫星运动时仅受地球引力的作用，由于该引力总指向O点，故卫星在运动的全过程中对O点的动量矩守恒。即： 由于两者的方向一致，式可直接用大小来表示 ， 有 ：得 4.18 一倔强系数为K的轻弹簧，竖直放置，下端悬一质量为m的小球。先使弹簧为原长，而小球恰好与地接触。再将弹簧上端缓慢地提起，直到小球刚能脱离地面为止。求在此过程中外力所作的功。解答：先建立坐标系，弹簧为原长处为坐标零点，向上为正，外力 小球刚能脱离地面时，弹簧伸长x，有则 外力所作的功为：4.20 求解下列各题:(1) 质量为m 的物体自静止出发沿x 轴运动, 设所受外力为Fx = bt , b 为常量, 求在时间T(s) 内此力所做的功。(2) 物体在外力Fx = 5 + 10x(SI ) 作用下, 由x = 0 沿x 轴方向运动到x =3m 处, 求外力所做的功。(3) 一物体在介质中的运动方程为x = ct3 , c 为常量。设介质对物体的阻力正比于速度的二次方, 即。试求物体由x0 = 0 运动到x = 时, 阻力所做的功。分析与解答 （1）由加速度 得： 由动能定理 由于v0=0 ，得（2）有变力做功的计算方法，有（3）按题意，阻力欲求功，必须把它变换为f(x)。为此，有得， 又由 , 故 ： 则阻力做功为=-4.29 如图所示,质量为m,速度为v的钢球,射向质量为m置于光滑水平面上的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k的弹簧。此靶最初处于静止状态,求钢球射入靶内弹簧后, 弹簧被压缩的最大x。分析与解答 建立如图所示的x坐标，这是一个沿x方向的一维碰撞问题。碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触，直至弹簧被压缩到最大，小球与靶刚好共同达到共同速度为止的运动过程。在这过程中，小球和靶组成的系统在x方向不受外力作用，因此，在此方向上动量守恒。即 式中，为小球与靶碰后的共同速度。在此过程中，除了弹性力（保守内力）做功以外，没有其他外力和非保守力做功。故系统的机械能守恒，取弹簧原长时的O点为弹性势能零点，则有 解式 ，式 得4 .30 如图所示, 在光滑的斜面上置一弹簧振子, 弹簧原长为l0 , 劲度系数为k, 小球的质量为m。沿斜面方向取x 坐标, 并取小球的平衡位置O 为坐标原点, 当小球坐标为x时。试求:(1) 小球沿x 方向所受的合外力; (2) 系统的势能。分析与解答 小球处于平衡位置O点时，弹簧已伸长了,可知： （1）当小球坐标为X值时，在斜面方向上有重力的分力和弹性力，并考虑到式，可得它们的合力为 (2) 取O点为弹性势能与重力势能零点，则小球坐标为x时，系统的弹性势能为其重力势能为故系统的势能为 题4.30 图 题4.31 图4 .31 如图所示, 弹簧下面悬挂着质量分别为m1,m2 的两个物体A 和B , 设弹簧的劲度系数k = 8.9N/ m, m1 = 0.5kg, m2 =0.3 kg。开始时它们都处于静止状态。若突然把A, B 之间的连线剪断, 求物体A 的最大速度是多少?分析与解答 在A，B连线被剪断前，系统在位置处于平衡（如图b），此时弹簧伸长 ，则 即在A，B连线剪断后，弹簧下端只挂了物体A，系统将在位置处于平衡，则有即根据运动分析，连线剪断后，物体A将以为平衡位置上下来回振动，可见物体A通过位置时，具有最大速率。由于在运动中物体A与弹簧组成的系统只受弹性力和重力的作用，故机械能守恒，取O点（即弹簧原长处）为重力势能和弹性势能的零点，对A位于及处两状态时总机械能相等，则有 解得 4.32 在劲度系数为k 的轻弹簧两端各固定一质量均为m的木块A和B,置于光滑水平台面上,并保持静止(如图)。今有一颗质量为m、速度为v0 的子弹, 沿弹簧的轴线方向射入木块A内并一起运动。试求此后弹簧的最大压缩长度为多少?分析与解答 可分为两个运动过程。第一过程：子弹射入木块A内并一起运动，由于作用时间极短，可视为完全非弹性碰撞过程。取A与子弹为系统，并设两者碰后的共同速度为V，根据动量守恒定律，有 第二过程：A与子弹一起以速度V运动，压缩弹簧并推动B也开始运动。当A与B达到相同速度时，弹簧将达到最大压缩长度。取A，B与子弹为系统，三者的共同速度为u ，系统仍满足动量守恒定律，有 同时，在此过程中，系统的机械能守恒，即 求解联立方程，可得 题4.32图 题4.33 图4.33 如图所示, 在光滑的水平面上,有一轻质弹簧, 其劲度系数为k, 它的一端题固定, 另一端系一质量为m1 的滑块, 最初滑块静止, 弹簧呈自然长度l0 , 今有一质量为m2 的子弹以速度v0 沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中, 滑块在水平面内滑动, 当弹簧被拉伸至长度为l时, 求滑块速度的大小和方向。 分析与解答 子弹射入滑块，可看作完全非弹性碰撞过程，取子弹与滑块为一系统，由动量守恒，有 式中，为碰撞后系统的共同速度。子弹与滑块碰后以共同速度运动，由于弹簧不断伸长，系统在弹性力（法向力）作用下沿弧线运动。在此过程中，系统的动量守恒，即 式中，是滑块到达B点的速度。取子弹，滑块和弹簧为系统，由机械能守恒，有 联立解式，式，式，得速度的大小和方向分别为练习5 刚体的定轴转动5.8 如图所示,长为l的均质细杆左端与墙用铰链A连接,右端用一铅直细绳B悬挂,杆处于水平静止状态,若绳B被突然烧断,则杆右端的加速度为多少?分析与解答 烧断绳时，杆将在重力矩的作用下，绕A轴转动。由转动定律有 则右端的加速度为 。5.10 一细绳绕在半径为r 的定滑轮边缘, 滑轮对转轴O的转动惯量为I,滑轮与轴承间的摩擦不计,今用恒力F拉绳的下端(见图(a)或悬挂一重量P = F 的物体(见图(b) ,使滑轮自静止开始转动。分别求滑轮在这两种情况下的角加速度。分析与解答如图（a）情况下，绳子的张力。按转动定律有 故在图（b）情况下，有 解得 5.11 一个组合轮轴由两个同轴的圆柱体固结而成,可绕光滑的水平对称轴OO转动。设大小圆柱体的半径分别为R 和r , 质量分别为M和m, 绕在两圆柱体的上细绳分别与质量为m1和m2 (m1 m2)的物体A、B 相连(如图) 。试求:( 1) 两物体的加速度;( 2) 绳子的张力;( 3) 轮轴的角加速度。分析与解答分别对物体A，B和轮轴作受力分析（见图b），根据牛顿运动定律和转动定律，有对A： 对B： 对轮轴： I= 解式 方程组得 ， ， 5.12 两皮带轮A和B, 质量和半径分别为mA、RA和mB、RB,并都视为均质圆盘。轮A 用电动机拖动,并施以力矩M,轮B上有负载力矩M如图所示。皮带与轮间无滑动, 且不计皮带质量和轴的摩擦,试求:( 1) 两轮的角加速度A 和B ; ( 2) 若将同一力矩M作用在B 轮上, A 轮的负载力矩为M, 再求两轮的角加速度A 和B 。分析与解答（1）A，B两轮的受力情况如图（b）所示，分别绕各自的轴转动，由转动定律有对A： 对B： 由于皮带和轮间不打滑，故两轮与轮缘各点的 线速度和切向加速度应相等，故有： 题5.12 图 联立求解式，式，式，式，并考虑到，得： （2）按题意，两轮受力情况如图（c）所示，则转动方程有对A： 对B： 且 联立式，式，式，解得 5.16 如图所示, 有一半径为R 的水平圆转台, 可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动, 转动惯量为I , 开始时转台以匀角速度0 转动, 此时有一质量为m 的人站在转台中心, 随后人沿半径向外跑去, 当人到达转台边缘时转台的角速度为多少?分析与解答 取人和转台为研究对象，在人从中心走向边缘的过程中，系统所受合外力矩为零，则系统的动量矩守恒。有则 5.17 在杂技节目跷板中, 演员甲从h高的跳台上自由下落到跷板的一端A, 并把跷板另一端的演员乙弹了起来。设跷板是匀质的, 长度为l, 质量为m,支撑点在板的中部C点, 跷板可绕点C 在竖直平面内转动( 如图)。演员甲、乙的质量均为m。假定演员甲落到跷板上,与跷板的碰撞是完全非弹性碰撞。试求: (1 ) 碰后跷板的角速度( 也是甲、乙的角速度) ; ( 2) 演员乙被弹起的高度h。分析与解答（1）甲由h高处自由下落，至与板碰撞前的速度为得 碰撞前后，取甲，乙和板为系统，满足动量矩守恒条件，即得 （2）碰后，乙被向上弹起的初速度为则乙被弹起的高度可由求出即 5.18 在一项微型技术中, 用一根质量很小、长度为l的均匀细杆作为微型机器人的输送通道, 细杆可绕通过其中心点O并与纸面垂直的轴转动(如图) , 当杆静止于水平位置时, 微型机器人以速率v0 垂直落在距O点为1l/4 处, 并向细杆端点A 运动。设杆与机器人的质量均为m。试求: ( 1)机器人刚落到杆上时,细杆的角速度; ( 2)欲使细杆以此恒定的角速度转动,求微型机器人向A 端运动的速率随时间变化的规律。分析与解答（1） 取机器人与杆为系统，机器人落到杆上前后，满足动量矩守恒的条件。即 （2） 设机器人运动到P点，OP=r，此时对杆和机器人系统而言，只受到地球对机器人的重力矩作用，即此时系统对O轴的转动惯量为根据动量矩定理，并考虑保持不变，有 即 以代入，得 5.20 如图所示,一长为l = 0.40m, 质量为M = 1kg 的均质杆, 铅直悬挂。试求: 当质量为m= 810-3kg 的子弹以水平速度v = 200ms-1,在距转轴O为3l/4处射入杆内时, 此杆的角速度和最大摆角。分析与解答 求解此题可按两个过程分别处理：（1）由子弹射入杆到两者一起开始摆动。此过程可视为完全非弹性碰撞过程。取子弹和杆为系统，满足动量矩守恒，有 由式可求得子弹与杆开始一起摆动时的角速度（2）由系统开始摆动到摆至最大角。此过程中，由子弹，杆和地球构成的系统满足机械能守恒的条件，取杆直悬时的质心位置C为重力势能零点，则 由式可求得最大摆角为 5.21 质量为m,半径为R 的圆盘,可绕一垂直通过盘心的光滑水平轴转动, 盘上绕有轻绳, 一端悬挂质量为m 的物体(如图)。试问: ( 1)物体由静止下落高度h 时,其速度v 的大小是多少? (2 )若物体自由下落h 高,其速度v为多少? 说明两种速度有差异的原因。分析与解答（1）物体受重力和绳子张力，有 滑轮变张力矩，有 联立 解得 （2）由自由落体规律 练习6 静电场6.7 水平放置的均匀带电细棒, 长为l , 电荷为q。试求其自身延长线上离棒中心为r 处一点的电场强度E。分析与解答 取dx,其上带电荷 dq在p点激发的电场强度dE为 则整个细杆所带电荷在p点的电场强度E为O dx xrP6.7 (2)电荷元d= d=d， 2分 在棒的垂直平分线上， d= ，方向如图。 2分由对称性分析： d= 2dsin sin 2分 = 2分6.9 由题意：两平板相距很近，故两平板都可视为无限大带电平板。（1） 求无限大带电平板的场由均匀带电圆环在轴线上一点的场： 2分将平面视为许多同心的半径为从0的细圆环组成，取任一个以为中心，半径在之间的细圆环为点电荷元， d 2分 2分 故整个带电平面在点的场为: 2分2） B板受力大小： 2分3) 同上可讨论A板受力。6.11 如图所示, OCD 是以B 为圆心、R 为半径的半圆, AB = 2R, A 处有- Q, B处有+Q, 现引进试验电荷q。请填空并回答问题。 (1) +q 在点O 时系统的电势能W0 = , 在点D 时系统的电势能WD = ; -q 在点O 时系统的电势能W0 = ; 在点D 时系统的电势能WD= 。(2) 把+q 从点O 沿OCD 移到点D, 电场力对它做功为多少?(3) 把-q 从点D 沿AB 延长线移到 处, 电场力对它做功为多少?(4) 把q 沿OCDBO 运动1 周, 电场力对它们做功为多少分析与解答电场力做的功(1) +q在O点的电势能 题6.11 图 在D点的电势能 同理，-q在O点的电势能 在D点的电势能 （2）电场力所做的功等于电势能增量的负值。即 （3）取（无限远处为电势能零点）（4）电场力是保守力，沿一封闭路径电场力做功为零，无论+q和-q沿OCDBO移动一周，电场力做功都是零，即。6.14 求题6.14图（P256）所示各种情况下点P 的电场强度E 和电势UP 。题6.14 图分析与解答根据电场强度和电势的叠加原理，有(a)； (b) ； (c) （见主教材P201-202题6.2.1） (d) (由高斯定理计算)； （r0处为电势零点，本题不能选无限远处，即r为电势零点）6.17 如题6.17图（P257）所示, 半径为R1 , R2 的两个同心球面上, 分别均匀分布着+Q1 , +Q2 。求:( 1), ,3 个区域的电场强度E与电势U;( 2)分别画出E r，Ur 曲线;( 3) 若Q1 ,Q2为异号电荷时, 则情况如何? ( 4) 若在两球面外, 沿直径方向放一长为l = R2、电荷线密度为的均匀带电细杆ab( Oab 在同一直线上),Oa = 2R2,求ab 受力多少? R1OR2lab分析解答(1)按题意，两同心带电球面系统的电场分布具有球对称性，可用高斯定理来求解电场强度E的分布。当 rR1 ,在球内过任一点做同心球形高斯面由高斯定理可得 E1=0R1rR2 同理过球外任一点做同心球形高斯面 由高斯定理可得 = 有 (沿方向) 4） 曲线如图。 2分 ErR1R2O由电势的定义式 求各个区域的电势分布rR1 R1rR2 曲线如图 2分R1R2rOU(3)视具体情况而定，有可能改变、的大小和方向。 （4）取沿oad方向为x轴正方向，并以O点为坐标原点。 在ab杆上，距O点为x处取线元dx，其上带电荷dq=dx，该处的电场强度，则受电场力为 则 ab受电场力为 或 6.19 设有一均匀带电球体，半径为R，电荷体密度为试求：（1）其电场强度的分布；（2）若在球内挖去一个半径为R的球形空腔，求空腔内任一点的电场强度。（1）按题意，均匀带电球体系统的电场分布具有球对称性，可用高斯定理来求解电场强度E的分布。为此，以O为求心,r为半径作高斯球面，由高斯定理有： 则 当 rR (沿方向)（2）在球内挖去一个半径为R的球形空腔，相当于在均匀带电球体该处放进一个带异号电荷半径为R的球体。则空腔内的电场强度可用电场强度叠加原理求。2）由1）的结果及补偿法求解。 空腔可等效与一个体密度为的完整均匀带电球体和一个体密度为-，球心在处的带电球体的场强的叠加。 1分由1）的结果：带电球体内任一点场强为 故： 空腔内任一点场强为： 2分又由矢量三角形关系： 得： 2分练习7 恒定磁场7.5 能否简单计算或直接写出图( a )( f )中所示点P 的磁感强度B ?题7.5 图分析与解答 （a） 方向：（b） 方向：（c） 两电流在P点产生的磁场方向不同，不能直接相加，经分析合磁场方向应沿中垂线向上的方向，故两磁场在该方向的投影之和即为总磁场。 方向：向上（d） 方向：时为，时为（e） 方向：（f） 方向： 方向：向左总磁场 方向：沿方向。7.6 求解:(1) 一圆形载流导线的圆心处的磁感强度为B1 , 若保持I 不变, 将导线改为正方形, 其中心处的磁感强度为B2 , 试求B2/B1 。(2) 如图所示, 宽度为a 的无限长金属薄片, 均匀通以电流I 并与纸面共面。试求在纸面内距薄片左端为r 处点P 的磁感强度B。分析与解答 （1） 圆形载流导线中心的。改为正方形时，每边长,距中心点O的垂直距离均为,每边（载流I）在O点激发的,则中心O点的总磁感强度,则。 （2）以P点为坐标原点，作OX轴。在薄片内距O点为处，取宽度为的长直电流，有它在P点激发的磁感强度为则整个薄片电流在P点激发的磁感强度为 方向：7.9 在非均匀场中, 如何计算通过一面积的磁通量? (1) 现有一无限长载流直导线, 载流I, 试求通过图中所示与直线共面的矩形面积的磁通量m 。(2) 若, 则m 为多少? 分析与解答 （1）对非均匀磁场，无限长电流的磁感应强度，磁场随的变化而变化，是非均匀磁场，在矩形内取一竖直小矩形面积，得（2）7.13 有一同轴电缆，其尺寸如图所示，两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑。试计算以下各处的磁感强度：（1）rR1， （2）R1rR2，（3） R2rR3， （4） rR3同轴电缆中电流呈轴对称性，故磁场分布也具有轴对称性。取半径为 的同心圆为积分环路，由安培环路定理求各个区域的磁场分布。 1分1） = 2分2) 2分3) 2分4) 2分 分布图如下图. 1分BOrR1R22R327.14 一根半径为R 的实心铜导线, 均匀流过的电流为I , 在导线内部作一平面S( 见图) , 试求:(1) 磁感强度的分布; (2) 通过每米导线内S 平面的磁通量。分析与解答（1）作与铜导线同轴的圆形安培环路L，由安培环路定律有得 时，环路包含的电流为；时