《物理学基础教程》习题答案.doc

物理学基础教程

第1章 质点运动学
一、填空题
1．平动的物体 研究物体运动的观察范围比物体的几何尺寸大得多时
2．运动描述的相对性
3．3m 5m
4．0
5．53π π
二、解答题
1．已知质点的运动方程为x＝2t，y＝2－t2。求：（1）求质点的轨道方程；（2）t＝1s和t＝2s时质点的位矢；（3）t＝1s至t＝2s的时间间隔内质点的位移；（4）质点在任意时刻的速度；（5）质点在任意时刻的加速度。
解：（1）将质点的运动方程为x＝2t，y＝2－t2联立求解，即可得质点的轨道方程：

（2）t＝1s时，x＝2，y＝2，质点的位矢为r1＝2i＋2j。

t＝2s时，x＝4，y＝－2，质点的位矢为r2＝4i－2j。
（3）t＝1s至t＝2s的时间间隔内质点的位移为：
Δr＝r2－r1＝（x2－x1）i＋（y2－y1）j＝2i－4j
（4）根据式（1–12）可知，质点在任意时刻的速度为：

（5）根据式（1–20）可知，质点在任意时刻的加速度为：

2．已知质点的运动方程为x＝－10t＋30t2，y＝15t－20t2。求：（1）初速度的大小和方向；（2）加速度的大小和方向。
解：（1）根据式（1–12）可知，质点在任意时刻的速度为：

初速度v0为：
v0＝－10i＋15j
初速度v0的大小为：

初速度v0与x轴正方向夹角α的正切为：

α＝123.7°
（2）根据式（1–20）可知，质点在任意时刻的加速度为：

加速度a的大小为：

加速度a与x轴正方向夹角θ的正切为：

θ＝－33.7°
3．一质点沿x轴运动，其加速度a与位置坐标x的关系为a＝2＋6x2，如果质点在原点处的速度为0，试求其任意位置处的速度。
解：因

对上式积分得：

根据题意，x＝0时，v＝0。故C＝0。
质点在任意位置处的速度为：

4．质点的运动方程为r（t）＝8cos2ti＋8sin2tj。求：（1）质点在任意时刻的速度和加速度大小；（2）质点的切向加速度和法向加速度大小；（3）质点的轨道方程。
解：（1）根据式（1–12）可知，质点在任意时刻的速度为：

任意时刻速度的大小为：

根据式（1–20）可知，质点在任意时刻的加速度为：

任意时刻加速度的大小为：

（2）根据式（1–28），质点的切向加速度aτ的大小为：

由于质点在任意时刻速度为16m/s，为定值，故aτ＝0。
因，故

（3）质点的运动方程可写为：
x（t）＝8cos2t
y（t）＝8sin2t
联立求解得：
x2＋y2＝64
上式即为质点的轨道方程。
5．质点作半径为0.1m的圆周运动，其运动方程为θ＝π＋t2/4，求：（1）质点在任意时刻的角速度；（2）质点在任意时刻的切向加速度和法向加速度大小。
解：（1）根据式（1–36），质点在任意时刻的角速度为：

（2）根据式（1–38），质点在任意时刻的角加速度为：

根据线量与角量的关系，质点在任意时刻的切向加速度和法向加速度大小为：
aτ＝Rβ＝0.1×0.5＝0.05m/s2
an＝Rω2＝0.1×t2/4＝0.025t2m/s2
6．质点A在水平面内沿半径为1m的圆轨道运动，其角速度与时间的函数关系为ω＝kt2，已知t＝2s时，质点A的速率为16m/s。求t＝1s时，质点A的速率和加速度大小。
解：根据线量与角量的关系可知，质点的速率为：
v＝Rω＝kRt2
根据题意，t＝2s时，v＝16m/s，则
16＝k×1×22
k＝4s-3
故ω＝4t2。
根据式（1–38），质点在任意时刻的角加速度为：

根据线量与角量的关系可得：
v＝Rω＝4Rt2＝4t2
aτ＝Rβ＝8Rt＝8t
an＝Rω2＝16Rt4＝16t4
t＝1s时，质点A的速率为：
v＝4t2＝4×12＝4m/s
质点的切向加速度和法向加速度大小为：
aτ＝8t＝8×1＝8m/s2
an＝16t4＝16×14＝16m/s2
质点的总加速度大小为：

7．在一个无风的雨天，一列火车以20m/s的速度前进，车内旅客看到雨滴的下落方向与竖直方向成75°。设雨滴匀速下落，求雨滴下落的速度。
解：在无风的雨天，雨滴应为竖直下落。设雨下落的速度为v，雨对火车的速度为v′，而火车对地的速度为u。则其关系为：
v＝v′＋u
如图1-1所示可知：

图1-1 题7图
第2章 牛顿运动定律
一、填空题
1．任何物体都保持静止或匀速直线运动状态，直到外力迫使它改变运动状态为止
2．惯性 运动状态
3．质点 惯性系 惯性质量
4．产生与消失 两
5．沿着它们的连线 质量 距离r
二、解答题
1．一质量为m＝0.8kg的物体放在倾角θ＝30°的斜面上，设物体与斜面的滑动摩擦系数μ＝0.3，若有一平行于斜面的力作用于物体上，试求1）若物体沿斜面向上匀速滑动；（2）若物体沿斜面向上匀加速运动，加速度a1＝0.1m/s2；（3）若物体沿斜面向下匀速滑动；（4）若物体沿斜面向下匀加速运动，加速度a2＝0.1m/s2时，该力的大小和方向。
解：选物体为研究对象。
物体沿斜面向上滑动时，如图2-1（a）所示，物体受力为：重力mg、作用力F（假定沿斜面向上）、摩擦力fk、斜面对物体的支持力N。建坐标系Oxy，取x轴的正方向沿斜面向上，则根据牛顿第二定律可知：
F－mgsinθ－μN＝max＝ma
因物体沿y轴方向受力平衡，则
N－mgcosθ＝0
联立以上两式可得：
F＝m[a＋g（sinθ＋μcosθ）]

（1）若物体沿斜面向上匀速滑动，则a＝0，代入上式得：
F＝mg（sinθ＋μcosθ）＝0.8×9.8×（sin30°＋0.3×cos30°）＝5.96N
此时，F的方向平行于斜面向上。
（2）若物体沿斜面向上匀加速运动，加速度a1＝0.1m/s2，则
F＝m[a＋g（sinθ＋μcosθ）]＝0.8×[0.1＋9.8×（sin30°＋0.3×cos30°）]＝6.04N
此时，F的方向平行于斜面向上。
物体沿斜面向下滑动时，如图2-1（b）所示，物体受力为：重力mg、作用力F（假定沿斜面向下）、摩擦力fk、斜面对物体的支持力N。建坐标系Oxy，取x轴的正方向沿斜面向下，则根据牛顿第二定律可知：
F＋mgsinθ－μN＝max＝ma
因物体沿y轴方向受力平衡，则
N－mgcosθ＝0

（a） （b）
图2-1 题1图
联立以上两式可得：
F＝m[a－g（sinθ－μcosθ）]
（3）若物体沿斜面向下匀速滑动，则a＝0，代入上式得：
F＝－mg（sinθ－μcosθ）＝－0.8×9.8×（sin30°－0.3×cos30°）＝－1.88N
此时，F的方向平行于斜面向上。
（2）若物体沿斜面向下匀加速运动，加速度a1＝0.1m/s2，则
F＝m[a－g（sinθ－μcosθ）]＝0.8×[0.1－9.8×（sin30°－0.3×cos30°）]＝－1.80N
此时，F的方向平行于斜面向上。
2．一质量为m的子弹，以速度为v0竖直射入沙土中，设子弹所受阻力为f＝－kv（k＞0），忽略子弹的重力。求：（1）子弹射入沙土后速度随时间变化的函数；（2）子弹射入沙土的最大深度。
解：选子弹为研究对象。子弹射入沙土后的受力为阻力f，如图2-2所示。

图2-2 题2图
（1）取向下为正方向。由牛顿第二定律可得：

则

两边积分

整理得：

（2）设子弹射入沙土的深度为s，因，所以

分离变量，积分

整理得：

当时，子弹射入沙土的深度最大，此时

3．如图2-3（a）所示，在光滑水平面上，有两个物体A和B紧靠在一起。它们的质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg。现用一水平力F＝3N推物体B，则B对A的推力FBA为多少？若用同样大小的水平力从右边推A，则A对B的推力FAB为多少？

（a） （b） （c）
图2-3 题3图
解：（1）将A和B作为整体，在水平方向上受合外力F，由牛顿第二定律可知，其加速度为：

选A为研究对象。如图2-3（b）所示，A在水平方向上的受力为：B对A的推力FBA，则
FBA＝mAa＝2×1＝2N
（2）将A和B作为整体，在水平方向上受合外力F，由牛顿第二定律可知，其加速度为：

选B为研究对象。如图2-3（c）所示，B在水平方向上的受力为：A对B的推力FAB，则
FAB＝mBa＝1×1＝1N
4．质量为2kg的质点的运动方程为r＝（6t2－1）i＋（3t2＋3t＋1）j，求证质点受恒力而运动，并求力的方向与大小。
解：因

故加速度a为常量，a的大小和方向（用加速度a与x轴正方向的夹角α表示）分别为：

由牛顿第二定律可知：
F＝ma＝2×13.4＝26.8N
因此，质点受恒力而运动，恒力F的大小为26.8N，方向与a同向。
5．如图2-4所示圆锥摆，摆长为l的细绳一端固定在天花板上，另一端悬挂质量为m的小球，小球经推动后，在水平面内绕通过圆心O的铅直轴做角速率为ω的匀速率圆周运动，求绳和铅直方向所成的角度θ（空气阻力不计）。

图2-4 题5图
解：选小球为研究对象。小球受力为：重力mg和绳子拉力T。这两个力的合力使小球在水平面内做圆周运动，其向心力为mgtanθ，故
mgtanθ＝mrω2
因r＝lsinθ，所以

第3章 动量守恒与机械能守恒
一、填空题
1．合外力的冲量 时间 过程量 状态量
2．动量 动量
3．合外力 动量
4．状态 矢量 标量
5．起始和终了位置 路径
6．势能零点 势能零点 势能增量
7．动能和势能 动能和势能
二、解答题
1．有一力作用在质量为0.3kg的物体上，物体最初处于静止状态，已知力的大小F与时间t的关系为：
F（t）＝

2.5×104t 0≤t≤0.02
2.0×105（t－0.07）2 0.02≤t≤0.07
求：（1）上述时间内冲量和平均冲力的大小；（2）物体的末速度大小。
解：（1）由冲量定义式有：

平均冲力的大小为：

（2）由动量定理得物体的末速度大小为：

2．设质量为60kg的跳高运动员越过横杆后竖直落到泡沫垫上，垫子比杆低1.5m，运动员接触垫子后经0.5s，速度变为零。试求此过程中垫子对运动员的平均作用力。
解：选运动员为研究对象。如图3-1所示，运动员与垫子作用过程中，运动员受力为重力mg和垫子的平均作用力N。取竖直向上为正方向，设人刚接触垫子时的速度为v0，方向竖直向下，则根据动量定理可得：
（N－mg）Δt＝0－（－mv0）

图3-1 题2图
因

所以

3．设有一静止的原子核，衰变辐射出一个电子和一个中子后成为一个新的原子核。已知，电子和中子的运动方向互相垂直，且电子的动量为1.2×10-22kg·m/s，中子的动量为6.4×10-23kg·m/s，求新原子核的动量大小和方向如何？
解：根据题意，原子核衰变前静止，总动量为零，衰变时其内力远远大于重力，故可认为此过程动量守恒。
设衰变后，电子、中子和新原子核的动量分别为pe、pv和pN，则根据动量守恒定律可知：
pe＋pv＋pN＝0
又因为pe⊥pv
所以，新原子核的动量大小为：
pN＝（pe2＋pv2）1/2＝1.36×10-22kg·m/s
如图3-2所示，新原子核的动量方向为：

或
θ＝180°－61.9°＝118.1°

图3-2 题3图
4．如图3-3所示，一质量为M的木块静止放在光滑水平桌面上，质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块后陷在木块内，并与木块一起运动。求：（1）子弹相对于木块静止后，木块的速率和动量（对地面）；（2）子弹相对于木块静止后，子弹的动量（对地面）；（3）此过程中，子弹施于木块的冲量。

图3-3 题4图
解：将子弹和木块视为一个系统，取水平向右为x轴正方向。由于桌面光滑，故系统在水平方向上不受外力作用，系统动量守恒。
（1）设子弹射入木块后，达到共同速度v，根据动量守恒定律可得：
mv0＝（M＋m）v
故
，方向向右
此时，木块对地面的动量为：
，方向向右
（2）子弹相对于木块静止后，子弹的动量为：
，方向向右
（3）根据动量定理可知，子弹施于木块的冲量为：

5．如图3-4所示，一链条长为l，质量为m，单位长度的质量为p，放在光滑水平桌面上，链条一端下垂，长度为a。设链条在重力作用下由静止开始下滑，求链条全部离开桌面时的速度v。

图3-4 例5图
【解】重力做功只体现在悬挂的一段链条上，建立如图3-9所示Ox轴。设某时刻悬挂着的一段链条长为x，则其受重力为：

经过位移元dx时，重力的元功为：

当悬挂长度由a变为l时，重力的功为：

根据动能定理可得：

即

6．如图3-5所示，弹簧劲度系数为k，质量为m的物体与桌面接触，摩擦因数为μ。若以不变力F拉物体，沿水平方向向右，求物体自平衡位置开始运动，达到最远时，系统的势能为多少？物体在运动过程中的最大动能为多少？

图3-5 题6图
解：将物体、弹簧和地球视为一个系统。此系统中，弹力为保守内力；物体重力为外力，不做功；拉力和摩擦力为外力，做功。
（1）取弹簧的平衡位置为弹性势能零点，水平方向向右为x轴正方向，设物体达到最远时的位移为xmax，此时其速度为零。根据功能原理有：

则

物体达到最远时，系统的势能为：

（2）物体在任意位置x处，由牛顿第二定律可知：

当加速度a＝0时，物体达到最大速度，此时

当弹簧从自然长度拉伸到x位置时，动能获得最大值，由功能原理可得：

解得：

7．如图3-6所示，质量为m的物块A在离平板为h的高度处自由下落，落在质量也是m的平板B上。已知轻弹簧的劲度系数为k，物块与平板为完全非弹性碰撞（即碰撞后一起运动），求碰撞后弹簧的最大压缩量（不计空气阻力）。

图3-6 题7图
解：设物块A与平板B相碰时，物块A的速度为v1，碰撞后物块A与平板B的共同速度为v2。取向下为正方向，在A、B组成的系统中，碰撞时，其内力远大于重力和弹力，故系统动量守恒，即
mv1＝2mv2
根据运动学关系可知：

故

将物块A、平板B、弹簧和地球视为一个系统。此系统的受力只有重力和弹力，为保守内力，做功；系统不受外力作用。故系统的机械能守恒。取弹簧在原长位置为弹性势能零点，平板B的最低位置为重力势能零点，在弹簧达到最大压缩量时，有：

在未发生碰撞前，平板B受重力mg和弹力kx1平衡，故
mg＝kx1
联立以上三式可解得：

则碰撞后弹簧的最大压缩量为：

第4章 刚体的定轴转动
一、填空题
1．平动 定轴转动
2．转轴 正负
3．力矩
4．转动惯量
5．参考点
二、解答题
1．如图4-1所示，长为L、质量为m的均匀细棒能绕一端点O在铅垂平面内转动，开始时水平，然后令其在重力作用下由静止开始下摆，求细棒下摆θ角时的角加速度和角速度。

图4-1 题1图
解：（1）细棒转动时，受力为重力和转轴对细棒的支持力。由于转轴对细棒的支持力通过转轴，故其力矩为零。则根据转动定律有：

根据表4-1所示可知：

故

（2）因

两边积分：

2．如图4-2所示，一根质量均匀分布的细杆，一端连接一个大小可不计的小球，另一端可绕转轴转动。某时刻细杆在竖直面内绕轴转动的角速度为ω，杆与过轴的竖直线夹角为α。设杆的质量为m1，杆长为l，小球的质量为m2。求：（1）系统对轴的转动惯量；（2）图示位置系统的转动动能；（3）图示位置系统所受重力对轴的力矩。

图4-2 题2图
解：（1）由于小球的大小可忽略，故小球对转轴的转动惯量为：
J2＝m2l2
根据转动惯量的可加性，系统对轴的转动惯量为：

（2）图示位置系统的转动动能为：

3）系统所受重力包括杆的重力和小球的重力，则系统所受重力对轴的力矩大小为：

3．如图4-3（a）所示，一个转轮A绕中心轴的转动惯量为J，转动的摩擦力矩为Mf，转轮半径为R，转轮边沿饶有轻绳，用恒力F拉绳，A轮被拉动转过n圈，B轮的质量不计，转轴光滑，求：（1）拉力和摩擦力矩对转轮做的功；（2）若将恒力F换成重物mg来拉滑轮转动，如图4-3（b）所示，其他条件不变，求绳中张力对转轮所做的功。

（a） （b）
图4-3 题3图
解：（1）拉力为恒力F时，作用在轮上有两个力矩：MF＝FR和Mf。转轮转过n圈时，角位移Δθ＝2πn，则

（2）重物拉动时，根据转动定律，对转轮有：

根据牛顿第二定律，对重物有：

根据线量与角量的关系a＝Rβ，联立以上两式可得：

因此

4．质量为M、半径为R的均匀实心圆柱体，以角速度ω0绕其几何轴线转动。质量为m、初速度为v0的小质点与该圆柱体相碰，并粘在圆柱体的边缘上，如图4-4所示，求碰撞后该系统的角速度。

图4-4 题4图
解：把圆柱体与小质点看作一个系统。在碰撞瞬间，系统所受外力只有两个物体的重力和圆柱体对小质点的支持力，但它们对转轴的力矩都为零，因此，此系统角动量守恒。设逆时针转动为正方向，则根据角动量守恒定律可得：

解得：

5．某人造地球卫星，其近地点为4.39×105m，远地点为2.38×106m。已知地球半径为6.38×106m，地球质量为5.98×1024kg。求卫星在近地点和远地点的速率。
解：把卫星和地球看作一个系统。系统可认为不受外力，内力为地球与卫星之间的万有引力，其力矩为零，故系统角动量守恒，设r1、r2分别为卫星在近地点和远地点到地球中心的距离，v1、v2分别为卫星在近地点和远地点的速率，则
mv1r1＝mv2r2
r1＝4.39×105＋6.38×106＝6.82×106m，r2＝2.38×106＋6.38×106＝8.76×106m
地球与卫星之间的万有引力为保守内力，故系统机械能守恒，即

解得：

第5章 气体动理论
一、填空题
1．宏观物体是由大量分子组成的，分子之间有空隙 分子处于不停息的、无规则的运动状态 分子之间存在着相互作用力
2．宏观量 微观量 宏观量 微观量
3．分子本身的线度与分子间平均距离相比，可以忽略不计 除碰撞的瞬间外，分子之间以及分子与器壁之间都无相互作用 分子之间以及分子与器壁之间的碰撞是完全弹性碰撞
4．统计规律 大量分子热运动的集体表现 统计意义
5．三 五 三 两 六 三 三
6．最概然速率 平均速率 方均根速率
二、解答题
1．已知空气的摩尔质量为29g/mol求在标准状态（p＝1.013×105Pa，T＝273K）下空气的密度。
解：由理想气体状态方程可得：

2．容器中盛有氧气0.1kg，其压强为10.0atm，温度为333K。因容器漏气，经过一段时间后，测得压强减为原来的1/2，温度降为303K，求容器的容积及所剩余氧气的质量。
解：（1）由理想气体状态方程可得：

（2）容器漏气后，压强p2＝0.5×10×1.013×105＝5.065×105Pa，温度T2＝303K，则容器中剩余氧气的质量为：

3．一容器内贮有氧气，在标准状态下，求：（1）该氧气的分子数密度；（2）氧分子的平均平动动能。
解：（1）根据式（5–4）可得

（2）根据式（5–8）可得：

4．容积为2m3的容器内，盛有质量为0.5g的H2，已知气体的方均根速率为2000m/s，求气体的压强和温度。
解：（1）根据题意可得容器内的分子数密度为：

每个氢分子的质量为：

根据式（5–8）可得气体的压强为：

（2）根据式（5–9）可得气体的温度为：

5．求温度为0℃时，1000g氧气分子的平均动能？当温度由0℃上升到25℃时，氧气的内能变化为多少？
解：（1）由于氧气为双原子分子，故自由度为5，则根据式（5–12）可得氧气分子的平均动能为：

（2）当温度有0℃上升到25℃时，ΔT＝25K，根据式（5–15）可得氧气的内能变化为：

6．计算0℃时，氮气分子的最概然速率、平均速率和方均根速率。
解：由于T＝273K，μ＝2.8×10-2kg/mol，所以，根据三种速率的计算公式可得：
最概然速率

平均速率

方均根速率

第6章 热力学基础
一、填空题
1．孤立系统 封闭系统 开放系统
2．做功 传热 功 热量
3．增加系统的内能 系统对外做功
4．对外做功
5．内能
6．不可能从单一热源吸热，使之完全变为有用功而不产生其他影响 热量不能自动地从低温物体传向高温物体，而不引起其他变化
二、解答题
1．如图6-1所示，某理想气体从状态A沿过程ABC变化到状态C，外界有326J的热量传给系统，同时系统对外做功126J。如果系统从状态C沿另一曲线过程CA回到状态A，外界对系统做功52J，则此过程中，系统是吸热还是放热？传递热量是多少？

图6-1 题1图
解：根据热力学第一定律中对各物理量符号的规定，可知：
在过程ABC中，Q1＝326J，W1＝126J
在过程CA中，W2＝－52J
在过程ABC中，根据热力学第一定律可得：
ΔE1＝Q1－W1＝326－126＝200（J）
因内能为状态量，故在过程CA中
ΔE2＝－ΔE1＝－200（J）
根据热力学第一定律可得：
Q2＝ΔE2＋W2＝－200－52＝－252（J
因此，在过程CA中，系统对外界放热，放出热量为252J。
2．8×10-3kg氧气温度由t1＝20℃升高到t2＝100℃，求在等容和等压过程中各吸收多少热量？
解：对氧气分子，其自由度i＝5，则

于是，在等容过程中

在等压过程中

3．把1kg的氮气等温压缩到原体积的一半，求此过程中放出的热量为多少？设盛氮气的容器浸没于冰水池中，使温度保持0℃。
解：在通常的温度和压强下，氮气可看作为理想气体。理想气体在等温过程中ΔE＝0，故根据热力学第一定律可得：

负号表示系统向外放热。
4．有体积为1×10-2m3的CO气体，压强为107Pa，绝热膨胀后，压强为105Pa。求气体所做的功。
解：本题可有两种解法。
（1）对CO气体分子，i＝5，所以

已知p1＝1×107Pa，p2＝1×105Pa，V1＝1×10-2m3，根据p1V1γ＝p2V2γ，可得

则由式（6–32）可得气体所做的功为：

（2）在绝热过程中，因

根据p1γ-1T1-γ＝p2γ-1T2-γ，可得：

因此

5．1000mol的空气，开始处于标准状态A，等压膨胀到状态B，其体积为原来的2倍，然后按如图6-2所示的等容和等温过程，回到状态A，完成一次循环过程。已知Cp，m＝29.2J/（mol·K），求循环效率。

图6-2 题5图
解：经分析，AB为吸热过程，BC、CA为放热过程。
因AB为等压过程，由可得：

故AB过程所吸热量为：

因BC为等容过程，且TC＝TA，TB＝2TA，故BC过程所放热量为：

因CA为等温过程，故其所放热量为：

整个循环中所放出的热量为：

循环效率为：

第7章 静电场
一、填空题
1． 相同 相反
2．静电场的有源性 静电场的无旋性 同一电场的电场线不相交
3．
4．全部电荷共同产生的合场强 该曲面内部的电荷 曲面外的电荷
5．无关 正负 方向
6．正交 大 不做功
7．导体内部的场强处处为零 导体表面附近的场强处处与导体表面垂直。
8．孤立导体的电容可以看作是和无穷远处的另一个导体组成的电容器
二、判断题
1．× 2．√ 3．√ 4．√ 5．× 6．×
三、解答题
1．氢原子中电子和质子的距离为5.3×10－11m。求此二粒子的作用力的大小？
解：由库伦定律可知，氢原子中电子和质子的作用力为

2．真空中有两个点电荷，其中一个的量值是另一个的4倍，它们相距5.0×10―2m时相互斥力为1.6N。求：
（1）它们的电荷各为多少？
（2）它们相距0.1m时排斥力是多少？
解：设两个点电荷分别为和，。因两电荷相互排斥，则。
（1）由库伦定律可知，两电荷相距时相互斥力为

解得

（2）当时，两电荷间的库仑力为

3．设一球面半径为R，均匀带电为Q（Q＞0）。求该球面内部和外部任意点的电场强度。
解：由于电荷分布具有对称性，所以在均匀带电球体的电场中任意点的电场强度E的方向应沿矢径方向，且在以O为球心的同一球面上各点E的大小相等。
（1）球内的电场强度分布。以球心到球内点P之间的距离r（r＜R）为半径作一球面为高斯面，则该高斯面所包围的电荷量为

通过高斯面的电通量为

由高斯定理得

于是，球体内点P处的电场强度E为

上式表示成矢量形式为

（2）球外的电场强度的分布。以球心到球外点P之间的距离r（r＞R）为半径作一球面为高斯面，则该高斯面所包围的电荷量为

通过高斯面的电通量为

根据高斯定理有

于是，球体外点P处的电场强度E为

4．在直角坐标系O点，及A点（m，0）分别放置Q1＝－2（微库）及
Q2＝＋1的点电荷，求点P（m，－1m）处的场强。
解：设Q1和Q2在P点产生的场强分别为E1和E2，方向如图7-1所示。

图7-1 题4图

根据勾股定理，由图7-1可知，，且

所以

场强方向为沿P点与水平线呈角方向。
5．设均匀带正电的无限大平面薄板的面密度为，求薄板外的场强。
解：电场的分布具有对称性，根据高斯定理，取两底面与薄板平行、侧面与薄板垂直的圆柱形闭合面，两底面积为和，侧面积为，则该高斯面的电通量为

所以

场强方向为垂直薄板向外。
6．设一均匀带电直线长为L，电荷线密度为λ（设λ＞0），直线外场点P到直线的垂直距离为x，P点与带电直线的上下端点的连线与垂线的夹角为θ1和θ2。
解：因为，且

所以

7．已知均匀带电球面半径为R，所带电量为Q，求球面外和球面内任意一点的电势。
解：在球面外部，有

所以

在球面内部，有

所以

第8章 稳恒磁场
一、填空题
1．正电荷通过磁场中某点受力为零时，该点小磁针N极所指的方向 运动电荷所受的最大磁力fmax与运动电荷的电量q和速度v的乘积的比值
2．磁场中任意两条磁感应线不相交 每一条磁感应线都是环绕电流的闭合曲线
3．沿该回路的环流为零 不一定为零
4．垂直于运动电荷的速度v与磁感应强度B所组成的平面
5．顺磁质 抗磁质 铁磁质
6．软磁质 硬磁质
二、简答题
1．把流过某一线元矢量dl的电流I与dl的乘积Idl称为电流元，把电流元中电流的流向作为线元矢量的方向；把一载流导线看成是由许多个电流元Idl连接而成的。载流导线在空间任一点所激发的磁感应强度B就是由这导线上所有的电流元在该点的磁感应强度dB叠加而成。
2．由于磁力线是闭合的，因此对任一闭合曲面来说，有多少磁力线穿入闭合曲面，就一定有多少条磁力线穿出闭合曲面。也就是说，通过任意闭合曲面的磁通量都为零。
3．步骤如下：
（1）根据电流分布的对称性分析磁场分布的对称性；
（2）选取合适的闭合积分路径L（称为安培环路），注意闭合路径L的选择一定要便于使积分中的B能以标量的形式从积分号中提出来；
（3）应用安培环路定理求出B的数值并确定B的方向。
4．从物质微观的结构来看，物质分子中的每个电子都围绕原子核运动，同时电子自身还有自旋运动。如果把分子看作一个整体，则分子中电子的轨道运动和自旋运动将形成微小的环形电流，因而具有一定的磁矩，该磁矩分别称为轨道磁矩和自旋磁矩。轨道磁矩和自旋磁矩的矢量和称为分子的固有磁矩，用符号m表示。正常情况下，顺磁质具有一定的固有磁矩，而抗磁质无固有磁矩。
三、解答题
1．设半径为R的带电薄圆盘的电荷密度为σ，并绕通过盘心且垂直盘面的轴以角速度ω转动，求圆盘的磁感应强度。
解：因为，所以

2．如图8-35所示，设有两无限长平行直导线AB和CD，它们之间的距离为a，各自通有电流I1和I2，且电流的流向相同，求两无限长平行截流直导线每单位长度上的相互作用力。

图8-1 题2图
解：CD导线上各点的磁感应强度的大小为，方向垂直于CD。根据安培定律，
作用在CD上任意电流元的力的大小为

由于，所以

方向在两平行导线所组成的平面内且垂直指向导线AB。所以导线CD上每单位长度所受的力为

同理，导线AB上每单位长度所受的力为

方向与相反。
第9章 电磁感应与电磁场
一、填空题
1． 从电源的负极经由电路指向电源的正极
2．有关 越大 越强 回路中磁通量的变化量
3．由于磁场变化引起穿过回路的磁通量发生变化而产生的电动势 由变化的磁场所激发的电场
二、简答题
1．楞次定律：楞次电流的磁通量总是力图阻碍引起感应电流的磁通变化。
应用楞次定律来判断感应电流的方向时，可按照下面的步骤进行：
（1）确定原来磁场的方向，即穿过闭合回路的磁通量的方向。
（2）弄清楚穿过闭合回路的磁通量是增加还是减少。
（3）确定感应电流在闭合回路中激发的磁场是怎样阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
（4）最后应用右手定则，即右手拇指指向感应电流的磁场方向，而弯曲四指确定感应电流的方向。
2．磁场不变，导体回路的形状、大小和位置的变化，或导体相对于磁场的运动而引起的磁通量的变化，这种情况下产生的感应电动势称为动生电动势，计算公式为

3．相同点是感生电场和静电场都对电荷有力的作用，不同点有以下几方面：
（1）产生的原因不同。静电场是由静止的电荷所激发的；而感生电场是由变化的磁场所激发的。
（2）性质不同。静电场是一个保守场，而感生电场不是保守场；静电场是有源场，而感生电场是无源场。
4．电位移的时间变化率称为位移电流密度用jd表示；电位移通量的时间变化率称为位移电流，用Id表示。
从磁效应方面来看，位移电流与传导电流等效，即它们都按照同一规律在周围空间激发磁场。其本质上为变化的电场也要产生磁场。需要注意的是，传导电流是由电荷的定向运动形成的，传导电流要产生焦耳热；而位移电流不产生焦耳热。
三、解答题
1．如图9-1所示在均匀的磁场中，有一面积为S的可绕OO′轴转动的N匝线圈。外电路的电阻为R且远大于线圈的电阻。若线圈以角速度ω作匀速转动，求线圈中的感应电动势及感应电流。
解：设时线圈的正法线的方向与磁感应强度B的方向相同，则在t时刻与B之间的夹角为。此时线圈的磁通量为

则线圈中的感应电动势为

由于外电路的电阻为R且远大于线圈的电阻，线圈电阻忽略不计，所以线圈中的感应电流为

图9-1 题1图
2．一根长为L的铜棒，在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω在与磁感应强度方向垂直的平面上绕棒的一端O作匀速运动，如图9-2所示。求铜棒两端的感应电压电动势。

图9-2 题2图
解：铜棒两端的感应电动势为

感应电动势的方向为。
3．在长直电流I的磁场中，一长为l的直导线，绕距长直电流为a的O点在长直电流所在平面内以角速度ω旋转，当导线转到如图9-3所示倾角为θ的位置时，求导线上的电动势。

图9-3 题3图
解：在直导线上距O为l处取线元dl，则dl上的微元电动势为

方向为，dl距长直电流，且有

所以

导线上的感应电动势为

方向亦为。
4．同轴电缆可视为两圆筒间充满磁导率为μ的均匀磁介质，半径分别为R1、R2，两圆筒通有大小相等、方向相反的电流I，如图9-4所示。求单位长度的自感L。

图9-4 题4图
解：沿轴线方向在两圆筒间取一长为l的平面，其面积为S，则

由自感定义可知

单位长度的自感为

第10章 机械振动
一、填空题
1．成正比 相反
2．振幅 角频率 初相
3．固有周期 固有频率
4．周期性 1/2
5．初相位差 一恒量
6．摩擦阻尼 辐射阻尼
7．驱动力的频率 振动系统本身的性质 阻尼的大小 驱动力的频率和幅值
8．共振 共振角频率
二、解答题
1．一放置在水平桌面上的弹簧振子，已知振动周期T＝0.5s，初始条件为x0＝1×10-2m和v0＝0.218m/s，试求该弹簧振子的运动方程。
解：根据式（10–8）可得简谐振动的角频率为：

由初始条件x0＝1×10-2m和v0＝0.218m/s，可得简谐振动的振幅为：

根据式（10–13）可得
1×10-2＝2×10-2cosφ
φ＝±π/3
因t＝0时，v0＞0，故
v0＝－ωAsinφ＞0
sinφ＜0
φ＝－π/3
所以，简谐振动的运动方程为：
x＝2×10-2cos（4πt－π/3）
2．如图10-1所示，水平放置在桌面上的弹簧振子，设弹簧的劲度系数k＝1.6N/m，物体的质量m＝0.4kg。现把物体向右拉至距平衡位置0.1m处，并给其一向右的初速度，大小为0.2m/s，然后放手。试求物体在放手后第3s末的运动状态。

图10-1 题2图
解：物体振动的角频率为：

根据题意，以平衡位置为原点，向右为正建立坐标系，从而确定初始条件x0＝0.1m和v0＝0.2m/s，则简谐振动的振幅为：

根据式（10–13）可得
0.1＝0.14cosφ
φ＝±π/4
因t＝0时，v0＞0，故
v0＝－ωAsinφ＞0
sinφ＜0
φ＝－π/4
所以，简谐振动的运动方程为：
x＝0.14cos（2t－π/4）
t＝3s时，物体的位移和速度分别为：
x＝0.14cos（2×3－π/4）＝0.07（m）
v＝－2×0.14sin（2×3－π/4）＝0.25（m/s）
即放手后第3s末，物体将位于平衡位置右方约0.07m处，并以0.25m/s的速度向右运动。
3．一质点沿x轴做简谐振动，其振动曲线如图10-2（a）所示。试求：（1）t＝0和t＝1s时，质点的振动状态以及相应的相位；（2）质点简谐振动的运动方程。

（a） （b）
图10-2 题3图
解：（1）由振动曲线可知，质点简谐振动的振幅为A＝0.02m。
因x-t曲线在t处的斜率dx/dt为t时刻质点的运动速度，所以，由振动曲线可知，t＝0时，质点的振动状态为：
x0＝A/2，v0＞0，
t＝1s时，质点的振动状态为：
x1＝0，v1＞0，
作出相应的旋转矢量图，如图10-2（b）所示，可知：
t＝0时，φ＝4π/3
t＝1s时，ωt1＋φ＝3π/2
（2）根据图10-2（b）所示可知，在t＝0至t＝1s时间内，旋转矢量转过的角度为：

则

所以，简谐振动的运动方程为：

4．一物体沿Ox轴做简谐振动，振幅为0.24m，周期为2s。