赵近芳大学物理学答案全
大学物理学(北邮第三版)
赵近芳等编著 习题及解答（全）
习题一
1-1 ｜r ?｜与r ?有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v
有无不同?其不同在哪里?试
举例说明．
解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即
r ?12r r -=，12r r r -=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t
s
d d . t r
d d 只是速度在径向上的分量.
∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r
r += 式中t r
d d 就是速度径向上的分量，
∴
t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.
题1-1图
(3)t d d v 表示加速度的模，即
t v a d d =
，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以
t v t v t v d d d d d d ττ +=
式中dt dv
就是加速度的切向分量.
(t t
r d ?d d ?d τ 与
的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求
出r ＝22y x +，然后根据v =t r
d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度
的分量，再合成求得结果，即
v =2
2
d d d d ??? ??+??? ??t y t x 及a =
2
22
222d d d d ?
??? ??+???? ??t y t x
你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？
解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=，
j
t y i t x t r a j
t y i t x t r v
222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴
故它们的模即为
2
222
222
22
22
2d d d d d d d d ?
??? ??+???? ??=+=?
?
? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x
而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作
2
2d d d d t r a t
r
v ==
其二，可能是将2
2d d d d t r t
r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，2
2d d t r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中
的一部分????
???????
??-=2
22d d d d t r t r a θ径。
或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r 在径向（即
量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r
及速度v 的方向随间的变化率对速度、加速
度的贡献。
1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为
x =3t +5, y =21
t 2+3t -4.
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)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点
的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．
解：（1）
j
t t i t r
)4321()53(2-+++=m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有
j i r
5.081-= m
j j r
4112+=m
j j r r r
5.4312+=-=?m
(3)∵ j i r j j r 1617,4540
+=-= ∴ 1
04s m 534201204-?+=+=--=??=j i j
i r r t r v
(4) 1
s m )3(3d d -?++==j t i t r v
则 j i v 734+= 1
s m -?
(5)∵ j i v j i v 73,3340
+=+= 2
04s m 1444-?==-=??=j v v t v a (6) 2
s m 1d d -?==j t v
a
这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。
1-4 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，如题1-4图所示．当人以
0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．
图1-4
解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知
2
22s h l +=
将上式对时间t 求导，得
t s s
t
l l
d d 2d d 2= 题1-4图
根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，
∴
t s v v t l v d d ,d d 0-
==-=船绳 即
θcos d d d d 0
0v v s l
t l s l t s v ==-=-=船 或 s v s h s lv v 0
2/1220)(+=
=船
将船v 再对t 求导，即得船的加速度
3
2
0222
020
2
002)(d d d d d d s v h s v s l s v s
lv s v v s t s l t l s
t v a =+-=+-=-==船
船
1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ，a 的单位为2
s m -?，x 的单位
为 m. 质点在x ＝0处，速度为101
s m -?,试求质点在任何坐标处的速度值．
解： ∵
x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===
分离变量：
x x adx d )62(d 2
+==υυ 两边积分得 c
x x v ++=32
2221
由题知，0=x 时，100
=v ,∴50=c
∴ 1
3s m 252-?++=x x v
1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2
s m -?，开始运动时，x ＝5 m ，v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．
解：∵ t t v
a 34d d +==
分离变量，得 t t v d )34(d +=
积分，得 1
223
4c t t v ++=
由题知，0=t ,00
=v ,∴01=c
故
2
23
4t t v += 又因为
2
234d d t t t x v +== 分离变量， t
t t x d )23
4(d 2+=
积分得 2
3221
2c t t x ++=
由题知 0=t ,50
=x ,∴52=c
故 5
21
232++=t t x
所以s 10=t 时
m
70551021
102s m 1901023
10432101210=+?+?=?=?+
?=-x v
1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33
t ，θ式中以弧度计，t 以秒
计，求：(1) t ＝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45°角时，其角位移是多少?
解：
t t t t 18d d ,9d d 2====
ωβθω
(1)s 2=t 时， 2
s m 362181-?=??==βτR a
2222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n
(2)当加速度方向与半径成ο
45角时，有
145tan ==
?n
a a τ
即
βωR R =2
亦即
t t 18)9(22= 则解得 923=
t 于是角位移为
rad
67.292
32323=?+=+=t θ 1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2
021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧
长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．
解：（1） bt v t s
v -==
0d d R bt v R v a b
t
v a n 2
02)(d d -=
=-==τ
则 2402
22)(R bt v b a a a n -+
=+=τ
加速度与半径的夹角为
20)(arctan
bt v Rb a a n --=
=τ?
(2)由题意应有
24
02
)(R bt v b b a -+
== 即 0
)(,)
(4024
022=-?-+=bt v R bt v b b
∴当
b v t 0
=时，b a = 1-9 半径为R 的轮子，以匀速0v 沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点B 的运动方程为x ＝R )sin (t t ωω-，y ＝R )cos 1(t ω-，式中0v =ω/R 是轮子滚动的角速度，当B 与
水平线接触的瞬间开始计时．此时B 所在的位置为原点，轮子前进方向为x 轴正方向；(2)求B 点速度和加速度的分量表示式．
解：依题意作出下图，由图可知
)
sin
(
sin
2
cos
2
sin
2
t
R
t
R
R
t
v
R
t
v
x
ω
ω
θ
θ
θ
-
=
-
=
-
=
题1-9图
(1)
)
cos
1(
)
cos
1(
2
sin
2
sin
2
t
R
R
R
y
ω
θ
θ
θ
-
=
-
=
=
(2)
?
?
?
??
?
?
=
=
-
=
=
)
sin
d
d
)
cos
1(
d
d
t
R
t
y
v
t
R
t
x
v
y
x
ω
ω
ω
?
?
?
??
?
?
=
=
=
=
t
v
t
R
a
t
v
t
R
a
y
y
x
x
d
d
cos
d
d
sin
2
2
ω
ω
ω
ω
1-10 以初速度0
v
＝20
1
s
m-
?抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1
R
；(2)落地处的曲率半径2
R
．
(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)
解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．
题1-10图
(1)在最高点，
o
1
60
cos
v
v
v
x
=
=
2
1
s
m
10-
?
=
=g
a
n
又∵1
2
1
1ρ
v
a
n
=
∴
m
10
10
)
60
cos
20
(2
2
1
1
1
=
?
?
=
=
n
a
v
ρ
(2)在落地点，
20
2
=
=v
v1
s
m-
?,
而
o
60
cos
2
?
=g
a
n
∴
m
80
60
cos
10
)
20
(2
2
2
2
2
=
?
?
=
=
n
a
v
ρ
1-11 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为β= rad·2
s-，求t＝2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．
解：当
s
2
=
t时，4.0
2
2.0=
?
=
=tβ
ω1s
rad-
?
则16
.0
4.0
4.0=
?
=
=ω
R
v1s
m-
?
064
.0
)4.0(
4.02
2=
?
=
=ω
R
a
n
2
s
m-
?
08
.0
2.0
4.0=
?
=
=β
τ
R
a2
s
m-
?
2
2
2
2
2s
m
102
.0
)
08
.0(
)
064
.0(-
?
=
+
=
+
=
τ
a
a
a
n
1-12 如题1-12图，物体A以相对B的速度v＝
gy
2
沿斜面滑动，
y为纵坐标，开始时A在斜面顶端高为h处，B物体以u匀速向右运动，求A物滑到地面时的速度．
解：当滑至斜面底时，
h
y=，则gh
v
A
2
=
'
,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响，因此，A对地的速度为
j
gh
i
gh
u
v
u
v
A
A
)
sin
2
(
)
cos
2
(
'
α
α+
+
=
+
=
地
题1-12图
1-13 一船以速率1
v＝30km·h-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率
2
v＝40km·h-1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?
解：(1)大船看小艇，则有1
2
21
v
v
v
-
=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)
题1-13图
由图可知
1
2
2
2
1
21
h
km
50-
?
=
+
=v
v
v
方向北偏西
?
=
=
=87
.
36
4
3
arctan
arctan
2
1
v
v
θ
(2)小船看大船，则有2
1
12
v
v
v
-
=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得
50
12
=
v1
h
km-
?
方向南偏东o
87
.
36
1-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 m·s-1，
求轮船的速率．
解：依题意作出矢量图如题1-14所示．
题1-14图
∵船
雨
雨船
v
v
v
-
=
∴船
雨船
雨
v
v
v
+
=
由图中比例关系可知
1
s
m
8-
?
=
=
雨
船
v
v
习题二
2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为1
m的物体，另一边穿在质量为
2
m的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a'下滑，求1m，2m相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)．
解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为1
a，其对于
2
m则为牵连加速度，又知
2
m 对绳子的相对加速度为a'，故2m对地加速度，由图(b)可知，为
a
a
a'
-
=
1
2①
又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力
f在数值上等于绳的张力T，由牛顿定律，有
1
1
1
a
m
T
g
m=
-②
2
2
2
a
m
g
m
T=
-③联立①、②、③式，得
2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
2
1
2
2
1
1
)
2(
)
(
)
(
m
m
a
g
m
m
T
f
m
m
a
m
g
m
m
a
m
m
a
m
g
m
m
a
+
'
-
=
=
+
'
-
-
=
+
'
+
-
=
讨论 (1)若0
='a，则2
1
a
a=表示柱体与绳之间无相对滑动．
(2)若
g
a2
='，则0
=
=f
T，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时
1
m,
2
m均作自由落体运动．
题2-1图
2-2 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0
v
运动，0
v
的方向
与斜面底边的水平线AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
解: 物体置于斜面上受到重力
mg，斜面支持力N.建立坐标：取0v
方向为X轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2.
题2-2图
X方向：0
=
x
F t
v
x
=
①
Y方向：y
y
ma
mg
F=
=α
sin
②0
=
t时0
=
y0
=
y
v
2
sin
2
1
t
g
yα
=
由①、②式消去t，得
2
2
sin
2
1
x
g
v
y?
=α
2-3 质量为16 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x
f
＝6 N，y
f
＝-7 N，当t＝0时，=
=y
x0，x v＝-2 m·s-1，y v＝0．求
当t＝2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度．
解：
2
s
m
8
3
16
6
-
?
=
=
=
m
f
a x
x
2
s
m
16
7
-
?
-
=
=
m
f
a y
y
(1)
?
?
-
-
?
-
=
?
-
=
+
=
?
-
=
?
+
-
=
+
=
2
1
1
2
s
m
8
7
2
16
7
s
m
4
5
2
8
3
2
dt
a
v
v
dt
a
v
v
y
y
y
x
x
x
于是质点在s2时的速度
1
s
m
8
7
4
5
-
?
-
-
=j
i
v
(2)
m
8
7
4
13
4
)
16
7
(
2
1
)4
8
3
2
1
2
2
(
2
1
)
2
1
(2
2
j
i
j
i
j
t
a
i
t
a
t
v
r
y
x
-
-
=
?
-
+
?
?
+
?
-
=
+
+
=
2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常数)作用，t=0时质点的速度为0
v
，证明(1) t时刻的速度为v＝
t
m
k
e
v)(
-
；(2) 由0到t的时间内经过的距离为
x ＝(k mv 0)［1-t m
k
e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为
)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量．
答: (1)∵
t v m kv a d d =
-= 分离变量，得
m t k v v d d -= 即 ??-=v v t m t
k v
v 00d d
m
kt e v v -=ln ln 0
∴
t
m k e v v -=0
(2)
??---===t
t
t
m k m k
e k mv t e
v t v x 0
00)
1(d d
(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，
故有
?∞
-=
='0
0d k mv t e
v x t
m k
(4)当t=k m
时，其速度为
e v e v e
v v k
m
m k 0
100=
==-?-
即速度减至0v 的e 1.
2-5 升降机内有两物体，质量分别为1m ，2m ，且2m ＝21m ．用细绳连接，跨过滑轮,绳子
不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a ＝21
g 上升时，求：(1) 1m 和2m 相对升降机的加速度．(2)在地面上观察1m ，2m 的加速度各为多少?
解: 分别以1m ,2m 为研究对象，其受力图如图(b)所示．
(1)设2m 相对滑轮(即升降机)的加速度为a '，则2m 对地加速度a a a -'=2；因绳不可伸长，
故1m 对滑轮的加速度亦为a '，又1m 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以1m 在水平方向对地加速度亦为a '，由牛顿定律，有
)(22a a m T g m -'=-
a m T '=1
题2-5图
联立，解得g a ='方向向下 (2) 2m 对地加速度为
22g
a a a =
-'= 方向向上
1m 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即牵相绝a a a
+='
∴ g
g g a a a 25
422
2
2
1=+=+'=
a a '=arctan θo
6.2621
arctan ==，左偏上．
2-6一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v 从地面抛出，若忽略空气阻力，求质
点落地时相对抛射时的动量的增量． 解: 依题意作出示意图如题2-6图
题2-6图
在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o
30，则动量的增量为
0v m v m p -=?
由矢量图知，动量增量大小为0
v m ，方向竖直向下．
2-7 一质量为m 的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s ，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒? 解: 由题知，小球落地时间为s 5.0．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为g gt v 5.01==，小球上跳速度的大小亦为g v 5.02=．设向上为y 轴正向，则动量的增量
12v m v m p
-=?方向竖直向上，
大小 mg
mv mv p =--=?)(12
碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒．
2-8 作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F
)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，
这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，
该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度
j 6-m ·s -1的物体,回答这两个问题．
解: (1)若物体原来静止，则
i
t i t t F p t
10401s m kg 56d )210(d -??=+==???,沿x 轴正向，
i p I i
m p v
11111
1s m kg 56s m 6.5--??=?=?=?=?
若物体原来具有6-1
s m -?初速，则
??+-=+-=-=t t
t
F v m t m F v m p v m p 0
00000d )d (,
于是 ??==-=?t p t F p p p 01
02d
, 同理， 12
v v
?=?,12I I = 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，
那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即
?+=+=t
t t t t I 02
10d )210(
亦即 0200102
=-+t t 解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)
2-9 一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为
j t b i t a r
ωωsin cos +=
求质点的动量及t ＝0 到ω
π2=
t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．
解: 质点的动量为
)cos sin (j t b i t a m v m p
ωωω+-==
将0=t 和
ωπ
2=
t 分别代入上式，得
j b m p
ω=1,i a m p ω-=2,
则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为
)(12j b i a m p p p I
+-=-=?=ω
2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为1
0s m -?v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为
F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 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
0)(=-=bt a F ,得
b a t =
(2)子弹所受的冲量
?-=-=t
bt at t bt a I 02
21
d )(
将
b a
t =
代入，得
b a I 22=
(3)由动量定理可求得子弹的质量
02
02bv a v I m =
=
2-11 一炮弹质量为m ，以速率v 飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T ，且一块的质量为另一块质量的k 倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为
v +m kT 2, v -km T 2
证明: 设一块为1m ，则另一块为2m ，
21km m =及m m m =+21
于是得
1,121+=+=
k m
m k km m ① 又设1m 的速度为1v , 2m 的速度为2v ，则有
2222211212121mv v m v m T -+=
②
2211v m v m mv += ③
联立①、③解得
12)1(kv v k v -+= ④
将④代入②，并整理得
21)(2v v km T
-=
于是有
km T
v v 21±
= 将其代入④式，有
m kT v v 22±
=
又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取
km T
v v m kT v v 2,221-=+
=
证毕．
2-12 设N 67j i F -=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ++-=时，求F 所作的功．(2)如果质点到r 处时需，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变
化．
解: (1)由题知，合F
为恒力，
∴ )1643()67(k j i j i r F A
++-?-=?=合
J 452421-=--=
(2) w 756.045==?=
t A P
(3)由动能定理，
J 45-==?A E k
2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．
解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为
题2-13图
ky f -=
第一锤外力的功为1A
???
=
=-='=s s k
y ky y f y f A 1
012d d d ①
式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=． 设第二锤外力的功为2A ，则同理，有
?-=
=2
1
222221d y k ky y ky A ②
由题意，有
2)21(212k
mv A A =
?== ③
即 222
122k k ky =
- 所以， 22=
y
于是钉子第二次能进入的深度为
cm 414.01212=-=-=?y y y
2-14 设已知一质点(质量为m )在其保守力场中位矢为r 点的势能为n
P r k r E /)(=, 试求
质点所受保守力的大小和方向． 解:
1
d )(d )(+-==
n r nk
r r E r F
方向与位矢r
的方向相反，即指向力心．
2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端 一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性
势
能之比．
解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有
题2-15图
Mg F F B A ==
又 11x k F A ?=
22x k F B ?=
所以静止时两弹簧伸长量之比为
12
21k k x x =
??
弹性势能之比为
12
2
22211121212k k x k x k E E p p =??=
2-16 (1)试计算月球和地球对m 物体的引力相抵消的一点P ，距月球表面的距离是多少?地
球质量×1024
kg ，地球中心到月球中心的距离×108
m ，月球质量×1022
kg ，月球半径×106
m ．(2)
如果一个1kg 的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P 点的势能为多少?
解: (1)设在距月球中心为r 处
地引月引F F =，由万有引力定律，有
()2
2
r R mM G
r mM G
-=地
月
经整理，得
R
M M M r 月
地月+=
=
22
2422
1035.71098.51035.7?+??81048.3??
m 1032.386
?= 则P 点处至月球表面的距离为
m 1066.310)74.132.38(76?=?-=-=月r r h
(2)质量为kg 1的物体在P 点的引力势能为
()r R M G
r
M G
E P ---=地
月
(
)72411
7
2211
1083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6?-??
?-????-=- J 1028.16?=
2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．
解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有
])(21
[)(21212212l k gh m v m m gh m ?+-+=
-μ
式中l ?为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则 h BC AC l )12(-=-=?
联立上述两式，得
()(
)
2
12
2
211
22m m kh
gh m m v +-+-=
μ
题2-17图
2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v
＝3m ·s -1
从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．
解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有
??? ???+-=
-37sin 212122mgs mv kx s f r 22
2137sin 2
1kx s f mgs mv k r -?+=
式中m 52.08.4=+=s ，m 2.0=x ，再代入有关数据，解得
-1m N 1390?=k
题2-18图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h '
2
o 21
37sin kx s mg s f r -'='-
代入有关数据，得 m 4.1='s ,
则木块弹回高度
m 84.037sin o ='='s h
题2-19图
2-19 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．
解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有
2221
21MV mv mgR +=
又下滑过程，动量守恒，以m ,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有
0=-MV mv
联立，以上两式，得
()M m MgR v +=
2
2-20 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直．
证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有
222120212121mv mv mv +=
即 2
22120
v v v += ①
题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有
210v m v m v m += 亦即 210
v v v +=
②
由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以0v
为斜边，
故知1v 与2v 是互相垂直的．
2-21 一质量为m 的质点位于(11,y x )处，速度为j v i v v y x +=, 质点受到一个沿x 负方向
的力f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩．
解: 由题知，质点的位矢为
j y i x r
11+=
作用在质点上的力为 i f f -=
所以，质点对原点的角动量为
v m r L ?=0
)
()(11j v i v m i y i x y x +?+=
k
mv y mv x x y
)(11-=
作用在质点上的力的力矩为
k f y i f j y i x f r M
1110)()(=-?+=?=
2-22 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1r ＝×1010
m 时的速率是1v ＝×104
m ·s -1
，它离太阳最远时的速率是2v ＝×102
m ·s -1
这时它离太阳的距离2r 多
少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)
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日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有
2211mv r mv r =
∴ m 1026.51008.91046.51075.8122
4
102112?=????==v v r r
2-23 物体质量为3kg ，t =0时位于m 4i r =, 1s m 6-?+=j i v ，如一恒力
N 5j f =作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对z 轴角动量的变化． 解: (1)
??-??===?30
1
s m kg 15d 5d j t j t f p
(2)解(一)
73400=+=+=t v x x x
j
at t v y y 5.25335
213621220=??+?=+= 即 i r
41=,j i r 5.2572+=
10==x x v v
11
335
60=?+=+=at v v y y 即 j i v
611+=,j i v 112+=
∴ k j i i v m r L
72)6(34111=+?=?=
k j i j i v m r L
5.154)11(3)5.257(222=+?+=?=
∴ 1
212s m kg 5.82-??=-=?k L L L
解(二) ∵
dt dz
M =
∴
???=?=?t t t
F r t M L 0
d )(d
??-??=+=???
?????+++=3
1
302s m kg 5.82d )4(5d 5)35)216()4(2k t k t t j j t t i t
题2-24图
2-24 平板中央开一小孔，质量为m的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为1
M的重物．小球作匀速圆周运动，当半径为0
r
时重物达到平衡．今在1
M的下方再挂一质量为
2
M 的物体，如题2-24图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r'为多少?
解: 在只挂重物时1
M，小球作圆周运动的向心力为g
M
1，即
2
1
ω
mr
g
M=
①
挂上2
M后，则有
2
2
1
)
(ω'
'
=
+r
m
g
M
M②
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．
即
v
m
r
mv
r'
'
=
ω
ω'
'
=
?2
2
r
r
③
联立①、②、③得
2
1
1
2
1
3
2
1
2
1
1
1
)
(
r
M
M
M
g
m
M
M
r
M
M
M
mr
g
M
mr
g
M
?
+
=
'
+
='
+
='
=
ω
ω
ω
2-25 飞轮的质量m＝60kg，半径R＝0.25m，绕其水平中心轴O转动，转速为
900rev·min-1．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数
μ=，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：
(1)设F＝100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?
(2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F?
解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N、N'是正压力，r F、r F
'
是摩擦力，x
F
和y
F
是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力．题2-25图（a）
题2-25图(b)
杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有
F l l l N l N l l F 1
2
11210
)(+=
'='-+
对飞轮，按转动定律有I R F r /-=β，式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ N F r μ= N N '=
∴
F l l l N F r 1
2
1+='=μ
μ
又∵ ,21
2mR I =
∴ F
mRl l l I R F r 1
21)(2+-=-=μβ ① 以N 100=F 等代入上式，得
2
s rad 340
10050.025.060)75.050.0(40.02-?-=???+??-=
β
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
s 06.740603
29000=???=-
=πβωt
这段时间内飞轮的角位移为
rad 21.53)4
9
(3402149602900212
20ππππβωφ?=??-??=
+=t t
可知在这段时间里，飞轮转了1.53转．
(2)1
0s rad 602900-??=π
ω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知
20
00
s rad 21522
-?-
=-
=-=π
ωωωβt
t
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
N l l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)
(2211=?+?????=
+-=πμβ
大学物理学下册答案第11章
第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图
则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图
大学物理第三版下册答案(供参考)
习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为
2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外
大学物理学吴柳下答案
大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)
大学物理D下册习题答案
习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷
《大学物理学》(袁艳红主编)下册课后习题答案
第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图
(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 习题八 8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无 关． 题8-1图 题8-2图 8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计， 求每个小球所带的 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强 →∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解 ? 解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求 场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f = 2 024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε= ，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少 ? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为 θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θE =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p ． ∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量 3 0π2cos r p E r εθ = 垂直于r 方向，即θ方向场强分量 3 00π4sin r p E εθ = 物理学教程下册答案9-16 第九章 静 电 场 9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( ) 题 9-1 图 分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为0 2εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ). 9－2 下列说确的是( ) (A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面一定没有电荷 (B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零 (C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零 (D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ). 9－3 下列说确的是( ) (A) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C) 电势为零的点，电场强度也一定为零 (D) 电势在某一区域为常量，则电场强度在该区域必定为零 分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D). *9－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( ) (A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止 (B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 (C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动 (D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 题9-4 图 分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B). 9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大围为2×10－21e，中子电量为10－21e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子 习题九 一、选择题 9.1 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是： (A) 如果高斯面上处处为零，则该面内必无电荷． (B) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上处处为零． (C) 如果高斯面上处处不为零，则高斯面内必有电荷． (D) 如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电场强度通量必不为零． ［A(本章中不涉及导体)、D ］9.2有一边长为a的正方形平面，在其中垂线上距中心O点a/2处，有一电荷为q的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为 (A) ．(B) (C) ．(D) ［D］ 9.3面积为S的空气平行板电容器，极板上分别带电量，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为 (A) (B) (C) (D) [B ] 9.4 如题图9.2所示，直线长为，弧是以点为中心，为半径的半圆弧，点有正电荷，点有负电荷．今将一试验电荷从点出发沿路径移到无穷远处，设无穷远处电势为零，则电场力作功 (A) A＜0 , 且为有限常量．(B) A＞0 , 且为有限常量． (C) A＝∞．(D) A＝0．［D，］ 9.5静电场中某点电势的数值等于 (A)试验电荷q0置于该点时具有的电势能． (B)单位试验电荷置于该点时具有的电势能． (C)单位正电荷置于该点时具有的电势能． (D)把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功．［C］ 9.6已知某电场的电场线分布情况如题图9.3所示．现观察到一负电荷从M点移到N点．有人根据这个图作出下列几点结论，其中哪点是正确的？ (A) 电场强度．(B) 电势． (C) 电势能．(D) 电场力的功A＞0． ［C］ 二、计算题 9.7 电荷为和的两个点电荷分别置于和处．一试验电荷置于x轴上何处，它受到的合力等于零？x 解：设试验电荷置于x处所受合力为零，根据电力叠加原理可得 即： 同济大学大学物理下册答案（缺11 12章） 第九章 热力学基础解答 一、选择题 1．C 2．D 3．D 4．D 5．A 6．C 7．B 8．D 二、填空题 1．传热； 做功； 其温度的改变量； 过程 2．124.7； -84.3 3．21； 2 4．9.52； 570 5．Pa 1058.74? 6．等压；绝热；等压；绝热 7．卡诺； %25 8．320K ；3.9 三、计算题 1．解：(1)等体过程：0 1=A ()()5J .1246208031.82 5 11211=-???=-= ?=∴T T C M m E Q V 等温过程：0 2=?E ()J 32033ln28027331812ln d 2222..V V RT M m V p A Q V V =?+??====∴? J 3203321.A A A =+=∴J 8.93273.20335.124621=+=+=∴Q Q Q J 5.1246=?E (2)等温过程：0 3=?E ()J 71687ln22027331812ln 133..V V RT M m A Q =?+??===∴ 等体过程：04=A ()()J 5.1246208031.82 5 11244=-???=-=?=∴T T C M m E Q V J 7168743.A A A =+=∴J 22934512467168743...Q Q Q =+=+=∴ J 5124643.E E E =?+?=? 2．解：γγ C C B B V p V p =，3 m 49.3=B V 由图可看出，C C A A V p V p =；从状态方程RT M m pV =可知C A T T = 因此在全过程C B A →→中，0=?E C B →过程是绝热过程，有0=BC Q B A →过程是等压过程，有 第11 章稳恒磁场 一选择题 11-1 边长为l的正方形线圈，分别用图11-1 中所示的两种方式通以电流（I 其中ab、cd与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的 大小分别为：[ ] （A）B = 0，B = 0 （B）B =0，B = 220I 1 2l （C）B = 220I，B =0 1l2 （D）B =22 0I，B = 22 0I 1l2l 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为B = 0I（cos1- cos2）， 并4d12 结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计算 B1 = 22l0I，B2 =0。故正确答案为（C）。 11-2 两个载有相等电流I的半径为R的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2 所示，则在圆心O处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A）0 （B ）I /2R （C）2I /2R（D ）I /R 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为B1 =B2 = 0I /2R ，按照右手螺旋定 习题11-1 图 则判断知B v 1和B v 2 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心 O 处的磁感应强度大小为B = 20I /2R 。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面 S ，S 边线 所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为，则通过该半球面的磁通 量的大小为[ ] （A ）R 2B （B ） 2R 2 B （C ） R 2 B cos （D ） R 2 B sin 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面， 确答案为（C ）。 11-4 如图 11-4 所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面 S ，当曲面 S 向长直导线靠近时，穿过曲面 S 的磁通量和面上各点的磁感应强度B 将如 何 变化？[ ] （A ）增大，B 也增大 （C ） 增大，B 不变 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理 = ? B v dS v = 0 ，通过闭合曲面 S 的磁感应强度始终 为 0，保持不变。无限长载 流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为B = 0I ， 2 d 曲面 S 靠近长直导线 时，距离 d 减小，从而 B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5 下列说法正确的是[ ] （A ） 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 （B ） 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为 零 （C ） 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为 零 （D ） 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 习题 11n -3 图 B 因此 = B v S v =R 2B cos 。故 正 B ） 不变，B 也不变 D ） 不变，B 增大 习题八 8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1) 在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系 ? 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图 题8-2图 8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强． 解: 如8-7图在圆上取?Rd dl = 题8-7图 ?λλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外 电磁学 磁力 图所示，一电子经过A 点时，具有速率s m /10170?=υ。 （1） 欲使这电子沿半圆自A 至C 运动，试求所需的磁场大小和方向； （2） 求电子自A 运动到C 所需的时间。 解：（1）电子所受洛仑兹力提供向心力 R v m B ev 20 0= 得出T eR mv B 3197 310101.105 .0106.11011011.9---?=?????== 磁场方向应该垂直纸面向里。 （2）所需的时间为s v R T t 8 7 0106.110 105.0222-?=??= ==ππ eV 3100.2?的一个正电子，射入磁感应强度B =0.1T 的匀强磁场中，B 成89?角，路径成螺旋线，其轴在B 的方向。试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r 。 解：正电子的速率为 731 19 3106.210 11.9106.110222?=?????==--m E v k m/s 做螺旋运动的周期为 10 19 31106.31 .0106.11011.922---?=????==ππeB m T s 螺距为410070106.1106.389cos 106.289cos --?=????==T v h m 半径为319 7310105.11 .0106.189sin 106.21011.989sin ---? =??????==eB mv r m d =1.0mm ，放在知铜片里每立方厘米有8.42210?个自由电子，每个电子的电荷19106.1-?-=-e C ，当铜片中有I =200A 的电流流通时， （1）求铜片两侧的电势差'aa U ； （2）铜片宽度b 对'aa U 有无影响？为什么？ v C 大学物理上下册课后习 题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 习题 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 r =R(cosωt i+sinωt j) 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1）由r=R(cosωt i+sinωt j)知 x= R cos ωt y= R sin ωt 消去 t 可得轨道方程x2+y2=R2 2）v=d dt r = ?ωR sinωti+ωRcosωt j v =[(?ωR sinωt)2+(ωR cosωt)2]12=ωR 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r=4t2i+(3+2t)j，式中r的 单位为m，t的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从t=0到t=1秒的位移；（3）t =0和t =1秒两时刻的速度。 解：1）由r=4t2i+(3+2t)j可知 x= 4t 2 y= 3 + 2t 消去 t 得轨道方程为：x=(y?3)2 2 3 2）v = d d r t = 8t i + 2 j r = ∫ 01 v dt = ∫ 01 (8t i + 2 j )dt = 4i + 2 j 3） v (0) = 2 j v (1) = 8i + 2 j 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r = t 2 i + 2t j ，式中r 的单位为 m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速 度和法向加速度。 解：1）v = d d r t = 2t i + 2 j a = d d v t = 2i 2）v = [(2t)2 + 4] 12 = 2(t 2 +1) 12 a t = dv = 2t dt t 2 +1 a = a 2 ? a 2 = 2 t 2 +1 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升 降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 y = v t + 1 at 2 （1） 图 1-4 2 1 gt y 2 = h + v 0t ? （2） 2 y 1 = y 2 （3） 第15章 量子物理 一 选择题 15-1 下列物体中属于绝对黑体的是[ ] (A) 不辐射可见光的物体 (B) 不辐射任何光线的物体 (C) 不能反射可见光的物体 (D) 不能反射任何光线的物体 解：选(D)。绝对黑体能够100%吸收任何入射光线，因而不能反射任何光线。 15-2 用频率为υ的单色光照射某种金属时，逸出光电子的最大动能为k E ；若改用频率为2υ的单色光照射此金属，则逸出光电子的最大初动能为[ ] (A) k 2E (B) k 2h E υ- (C) k h E υ- (D) k h E υ+ 解：选(D)。由k E h W υ=-，'2k E h W υ=-，得逸出光电子的最大初动能 'k ()k E hv hv W hv E =+-=+。 15-3 某金属产生光电效应的红限波长为0λ，今以波长为λ(0λλ<)的单色光照射该金属，金属释放出的电子(质量为e m )的动量大小为[ ] (A) /h λ (B) 0/h λ (C) (D) 解：选(C)。由2e m 012hv m v hv =+，2e m 012hc hc m v λλ =+，得m v =因此e m p m v == 。 15-4 根据玻尔氢原子理论，氢原子中的电子在第一和第三轨道上运动速率之比13/v v 是[ ] (A) 1/3 (B) 1/9 (C) 3 (D) 9 解：选(C)。由213.6n E n =-，n 分别代入1和3，得22 1122331329112mv E E mv ===，因 此 1 3 3v v =。 15-5 将处于第一激发态的氢原子电离，需要的最小能量为[ ] (A) 13.6eV (B) 3.4eV (C) 1.5eV (D) 0eV 解：选(B)。由213.6 n E n =- ，第一激发态2n =，得2 3.4eV E =-，设氢原子电离需要的能量为2'E ，当2'20E E +>时，氢原子发生电离，得2' 3.4eV E >，因此最小能量为3.4eV 。 15-6 关于不确定关系x x p h ??≥有以下几种理解，其中正确的是[ ] (1) 粒子的动量不可能确定 (2) 粒子的坐标不可能确定 (3) 粒子的动量和坐标不可能同时确定 (4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其他粒子 (A) (1), (2) (B) (2), (4) (C) (3), (4) (D) (4), (1) 解：选(C)。根据h p x x ≥???可知，(1)、(2)错误，(3)正确；不确定关系适用于微观粒子，包括电子、光子和其他粒子，(4)正确。 二 填空题 15-7 已知某金属的逸出功为W ，用频率为1υ的光照射该金属能产生光电效应，则该金属的红限频率0υ=________，截止电势差c U =________。 解：由0W hv =，得h W v = 0；由21e m 12hv m v W =+，而2 e m c 12m v eU =，所以 1c hv eU W =+，得1c h W U e υ-= 。 习题10 选择题 (1) 对于安培环路定理的理解，正确的是： （A ）若环流等于零，则在回路L 上必定是H 处处为零； （B ）若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流； （C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零； （D ）回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。 [答案：C] (2) 对半径为R 载流为I 的无限长直圆柱体，距轴线r 处的磁感应强度B （） （A ）内外部磁感应强度B 都与r 成正比； （B ）内部磁感应强度B 与r 成正比，外部磁感应强度B 与r 成反比； （C ）内外部磁感应强度B 都与r 成反比； （D ）内部磁感应强度B 与r 成反比，外部磁感应强度B 与r 成正比。 [答案：B] (3）质量为m 电量为q 的粒子，以速率v 与均匀磁场B 成θ角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要（） （A ） 增加磁场B ；（B ）减少磁场B ；（C ）增加θ角；（D ）减少速率v 。 [答案：B] (4）一个100匝的圆形线圈，半径为5厘米，通过电流为安，当线圈在的磁场中从θ=0的位置转到180度（θ为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角）时磁场力做功为（） （A ）；（B ）；（C ）；（D ）14J 。 [答案：A] 填空题 (1)边长为a 的正方形导线回路载有电流为I ，则其中心处的磁感应强度 。 [答案： a I πμ220，方向垂直正方形平面] (2)计算有限长的直线电流产生的磁场 用毕奥——萨伐尔定律，而 用安培环路定理求得（填能或不能）。 [答案：能, 不能] (3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为 。电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为 。 [答案：零，正或负或零] (4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以 电流时，管内的磁力线H 分布相同，当把两螺线管放在同一介质中，管内的磁力线H 分布将 。 [答案：相同，不相同] 在同一磁感应线上，各点B ? 的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强 度B ? 的方向? 解: 在同一磁感应线上，各点B ? 的数值一般不相等．因为磁场作用于 大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题： (1) 位移和路程有何区别在什么情况下二者的量值相等在什么情况下二者的量值不相等 (2) 平均速度和平均速率有何区别在什么情况下二者的量值相等 (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么 (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变 (5) r ?v 和r ?v 有区别吗v ?v 和v ?v 有区别吗0dv dt =v 和0d v dt =v 各代表什么运动 (6) 设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求 出r = dr v dt = 及 22d r a dt = 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确两者区别何在 (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的 (8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗 (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么 (10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变 (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何 1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。 解： (1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ?=-=-= 大学物理下册习题及答案 热力学（一） 一、选择题： 1、如图所示，当汽缸中的活塞迅速向外移动从而使汽缸膨胀时，气体所经历的过程 （A）是平衡过程，它能用P—V图上的一条曲线表示. （B）不是平衡过程，但它能用P—V图上的一条曲线表示. （C）不是平衡过程，它不能用P—V图上的一条曲线表示. （D）是平衡过程，但它不能用P—V图上的一条曲线表示. [ ] 2、在下列各种说法中，哪些是正确的？ [ ] （1）热平衡就是无摩擦的、平衡力作用的过程. （2）热平衡过程一定是可逆过程. （3）热平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接. （4）热平衡过程在P—V图上可用一连续曲线表示. （A）（1）、（2）（B）（3）、（4） （C）（2）、（3）、（4）（D）（1）、（2）、（3）、（4） 3、设有下列过程： [ ] （1）用活塞缓慢的压缩绝热容器中的理想气体.（设活塞与器壁无摩擦） （2）用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升. （3）冰溶解为水. （4）一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动. 其中是逆过程的为 （A）（1）、（2）、（4）（B）（1）、（2）、（3） （C）（1）、（3）、（4）（D）（1）、（4） 4、关于可逆过程和不可逆过程的判断： [ ] （1）可逆热力学过程一定是准静态过程. （2）准静态过程一定是可逆过程. （3）不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程. （4）凡有摩擦的过程，一定是不可逆过程. 以上四种判断，其中正确的是 （A）（1）、（2）、（3）（B）（1）、（2）、（4） （C）（2）、（4）（D）（1）、（4） 5、在下列说法中，哪些是正确的？ [ ] （1）可逆过程一定是平衡过程. （2）平衡过程一定是可逆的. （3）不可逆过程一定是非平衡过程. （4）非平衡过程一定是不可逆的. （A）（1）、（4）（B）（2）、（3） （C）（1）、（2）、（3）、（4）（D）（1）、（3） 6、置于容器内的气体，如果气体内各处压强相等，或气体内各处温度相同，则这两种情况下气体的状态 [ ] （A）一定都是平衡态. （B）不一定都是平衡态. （C）前者一定是平衡态，后者一定不是平衡态. （D）后者一定是平衡态，前者一定不是平衡态. 7、气体在状态变化过程中，可以保持体积不变或保持压强不变，这两种过程 [ ] （A）一定都是平衡过程. 大学物理学课后习题答案（下册） 习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：D] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势不变的区域，场强必定为。 [答案：相同] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：5：6] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 10.1选择题 (D) 回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。 ［答案：C ］ (2) 对半径为R 载流为I 的无限长直圆柱体，距轴线 r 处的磁感应强度 B () (A) 内外部磁感应强度 B 都与r 成正比； (B) 内部磁感应强度 B 与r 成正比，外部磁感应强度 B 与r 成反比； (C) 内外部磁感应强度 B 都与r 成反比； (D) 内部磁感应强度 B 与r 成反比，外部磁感应强度 B 与r 成正比。 ［答案：B ］ (3) 质量为m 电量为q 的粒子，以速率 v 与均匀磁场B 成B 角射入磁场，轨迹为一螺旋 线，若要增大螺距则要() (A ) 增加磁场B ； (B )减少磁场B ； ( C )增加B 角；(D )减少速率V 。 ［答案：B ］ (4) 一个100匝的圆形线圈，半径为 5厘米，通过电流为 0.1安，当线圈在1.5T 的磁场中 从9=0的位置转到180度(B 为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角)时磁场力做功为() (A) 0.24J ； (B ) 2.4J ; ( C ) 0.14J ; ( D ) 14J 。 ［答案：A ］ 10.2填空题 (1)边长为a 的正方形导线回路载有电流为 I ，则其中心处的磁感应强度 习题10 (1) 对于安培环路定理的理解, (A) 若环流等于零，则在回路 (B) 若环流等于零，则在回路 (C) 若环流等于零，则在回路 正确的是： L 上必定是 H 处处为零; L 上必定不包围电流； L 所包围传导电流的代数和为零; ［答案: ，方向垂直正方形平面 (2)计算有限长的直线电流产生的磁场 理求得(填能或不能)。 ［答案：能，不能］ 用毕奥——萨伐尔定律，而 用安培环路定 (3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为 闭合曲线移动一周，磁场力做功为 ______ 。 ［答案：零，正或负或零］ ____ 。电荷在磁场中沿任 (4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以 ___ 电流时, 管内的磁力线 H 分布相同，当把两螺线管放在同一介质中， 管内的磁力线H 分布将 ［答案：相同，不相同］大学物理学第三版下册课后答案
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