新编大学物理——习题答案.pdf

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1、第 1 章质点运动学一、选择题题 1.1 :答案：B提示：明确A r 与厂的区别题 1.2：答案：A 题 1.3：答案：D 提示：A与规定的正方向相反的加速运动，B 切向加速度，C 明确标、矢量的关系，加速题 1.4：答案：C提示：r=乙一匕，r,=R j,r2-Ri,?=%M，v,=-vi,v2=-vj题 1.5：答 案:D 提示：t=0 时，x=5；t=3时，x=2得位移为-3m；仅从式x=t?-4 t+5=(t-2)，l,抛物线的对称轴为2,质点有往返题 L 6：答案：D 题 1.7：答案：D 提示：v车 东 =2v 1,理清v绝 前 牵+v 的关系二、填空题题 1.8：答案：匀速（直线

2、），匀速率题 1.9：答案：9 t-i5 t2,0.6dx提示：v-9 t-5 r,t=0.6 时，v=0dt题 1.1 0：答案：(1)y =1 9-1 x2(2)2i-4/j-4 j(3)4 i+llj 2i-6j 3Sx=2，1 dx dv提示：(1)联立 ,，消去t得：y=1 9-x2,v=i+jy =1 9 2/2 dt dtdv(2)t=ls 时，v=2i-4/j,a -4 jdt(3)t=2s时,代入=X1 +另=2日+(1 9-2一刀中得4 1 +1 Ut=ls到t=2s,同样代入r =r(f)可求得A T =2i-6j,i和v垂直，即r.v=O,得t=3s题 1.1 1：答案

3、：12mls2提示：a-2 v-4 x -12(m/52)dt dt题 1.1 2：答案：Im/s2V271提示：v=v0+J1力=t2,v|/=l-m!s,0-力=g乃,|A r|=五R=?近题 1.1 3：答案：一5日 +gt2)j提 示：先 对r=(%，g产/2)j求 导 得，5二(%g f)j与v=5 i合 成 得v合=-5i+(%-gt)j：.r合合 一5zi+-g t2)jn乙题 1.14：答案：8,64r提示：vr=R =SRt,dt三、计算题题 1.15：解：(1)a -=3tdtjjv =3tdt/.v=-t20 0 2q I(2)又,；S=R。.。=一二一户R 6(3)当a

4、与半径成45角时，an=ar2 a Qa=Z4 t4=3t t=y/4Sn R 4 4题 L16：解：(1)a=-kv f=i-kd t,In =-kt(*)出 o v o%业 1 g i 1 ,In 2当=一匕时，In-=-k t,f=-2 0 2 k(2)由(*)式：v=vQektekdt-e-k t)第 2 章质点动力学一、选择题题 2.1:答案：。提示：A.错误，如：圆周运动B.错误，p=2 V,力与速度方向不一定相同D.后半句错误，如：匀速圆周运动题 2.2：答案：B提示：y方向上做匀速运动：Sv=vyt=Itx方向上做匀加速运动(初速度为0),a=m匕=心 力=2r ,Sx=vxd

5、 t=oo32t2/.S =-y-i+2/j题 2.3：答案：网提示：受力如图设猫给杆子的力为F,由于相对于地面猫的高度不变F，=m g F =F杆 受 力 耳=g+F =(M+m)gF.(M +m)ga =-M M题 2.4；答案：D 提示：m g-T-maA（4B=幺，通过分析滑轮，由于A向下走过S,B走过色）B 2 2题 2.5：答案：。提示：由题意，水平方向上动量守恒，故而(cos 60)=(伍+加)口 共v 幺V共 一 22题 2.6：答案：C提示：h-RR分析条件得，只有在h 高度时，向心力与重力分量相等所以有也-=mg cos。=v2=g(h-R)由机械能守恒得（以地面为零势能面

6、）1 22-m v2+mgh=v0=y2gh+g(h-/?)题 2.7；答案：B提示：运用动量守恒与能量转化题 2.8:答案：D由机械能守恒得mgh=；?彩 2=v=12ghvy=v0 sin 0.&=mgvy=mg sin 0y/2gh题 2.9：答案：C题 2.10：答案：B提示：受力如图由功能关系可知，设位移为X (以原长时为原点)XFx-/nmgx=kxdx n x=02(F-jLimg)k弹性势能 纥=.丘2 =2(尸二/M g1P 2 k二、填空题题 2.11:答案：2mb提示：v=x=2bt a=v=2b F=ma=2mb题 2.12：答案：2kg 4 m/s2提示：y 8 N，

7、u 4 N x由题意，a、=2m i s Fx=4 NF,=8N 6=2kgaax,-=4m/s2 m题 2.13：2 7=v=/adt=5 m/sF 3 2提示：由题意，a=-=(+-t)m 1 0 5当 t=2 时，a=U1 0题 2.14：答案：1 80 kg提示：由动量守恒，啊 人 1船M乱-S =加船=1 80 kg题 2.1 5：答案：口3提示：各方向动量守恒题 2.1 6：答案：mv(i+j),0,-mg R提示：由冲量定义得I=P 末 而 P =mv-(-/n v j)=i nv(i+j)由动能定律得/=W n A E*=0,所以g=0卬外=/g R题 2.1 7：答案：-12

8、3提示：w=Fd x =12J题 2.1 8：答案：m g h,k x2,-G 丝 h=0,x=0,r =o o 相对值2r题 2.1 9：答案：等，2m g.g、g题 2.2 0：答案：ZA外 力+Z 保 守 力=三、计算题题 2.2 1：1TI JT1解：*针g于=（一心1P(2)a =-(Fv-f)=-(l +/j)x-/i gm L(3)a =v牛,卜 小=+，i 二|g(2 一)题 2.22：解：（1）以摆车为系统，水平方向不受力，动量守恒。设摆车速度v （对地）、小车的速度为 V （对地）。MVmvx-MV=0 vx=-m卜。=股）力设 Ax=vxd t,AX2=Vdt0 0m 0

9、 0则根据位移公式：=皿+=A r 1+AY2=(M+m)A x2/m(2)mv-MV=01 2 1?mgl=mv+2 2摆球速度 v =12Mgi/(M+m)V=m y/2gl/M(M+题 2.23解：K=Mg I x。，油灰碰撞前P 二 12gh动量守恒有：mv=（m+M）V机械能守恒有（m,M,弹簧，地球为系统）：k（x。+A x）?=（m+M）V H kx+（m+M）gZVY贝 I A x =-x0+M 2 2加0%0 IM-2m2 ghx)M(?+M)二0.3。九）第 3 章刚体的定轴转动一、选择题题 3.1：答案：网提示：A 错，M=r x F,合外力矩不等于合外力的力矩C 错，/

10、=是相对参考点的距离,D 错,动能E =Zf=lA/?tr2y2=Ico1,2 2题 3.2：答案：闻提示：若绳的张力为T,TR=1B若物体的加速度为a,a=(3RTR2=If3R=la,mg-T -maa J-,h-a t21 2g+mRYn紊g)题 3.3：答案：D1 ,提不：系统角动量守恒机/=/，I=/?由于完全弹性碰撞，一机2=一/。-,故 D 正确2 2题 3.4：答案：。V提示：射入点沿轮切向动量守恒，故 mv0 sin 0=(m 4-m)v,co=f C 正确题 3.5：答案：D提示：M=r x F,r 和F在同一方向上，力矩为o,故角动量守恒由定义知其动量和动能将改变二、填空

11、题题 3.6：答案：（LM+mR,一mMR2g 2 J M +2 m M +2 m提示：人走到边沿时，系统的转动惯量为盘的转动惯量和人的转动惯量之和根据角动量守恒定律/o 4=3，=+m）Rz,/=（g M+,R 2转台受冲量矩等于转盘角动量的增量，即;M R 2（。-g）题 3.7：田4 1 7 八 3 g c o s e答案：Imgcos d ,3 1mg s i n，提示:力矩八=V xF -Img s i n l i ng s i n。，根据转动定律 M =1 *m l/故夕根 据 定 轴 转 动 的 动 能 定 理，力 矩 做 的 功 等 于 动 能 的 增 量，力 矩 的 功 为题

12、 3.8：答案：2兀R F ,2j R F 7提示：根据定轴转动的动能定理角动量的增量为I M d e =-Ico1-0 得 1CD2=2 兀 R F 2题 3.9：答案：工加外=0题 3.10：1 ,1答案：mvL Mi s co-mvL,3 2提示：系统角动量守恒，?v L=/（y +7 v L,。为角速度2三、计算题题 3.1 1：解：J=0.675kg m2m g T=m a ,TR =J/3,a =R 0/.a =m g R1/(m/?2+oc2提不：=.-，T=A r,jEk-me2-moc-(n 1)Z MOC2题 4.15：答案：3.73m提示：L=L()l ()2 q -5m

13、,则 L=51-(1)2m=半 m ,Ek=mc2(1 =-1)=m)c2一 田-E-.-=-m-e-2-m-Q-c-2=35=m=4.加()E静 机0c百0=0.5m,解得 P=c021则 =.,m=1-=nm0，v 2xl08m5,=3.73m题 4.16：答案：6.7 x IO.m提示：=y t=/=3 即 1 =题 4.1 7：答案：1-c提示：U =L,l l （）2,M=f=，三、计算题题 4.1 8：解：（1）航程 2 _ 玉=r（工 2 七）+“。2 -（2）时同弓一G=r （，2 i ）1 7（xcf3=u =-c,Nx =u bt=7 5 c3i np=一-f，）=2 2

14、S1 2 i（i+X）=i.2 xi 0 1 2nl1 J 0.6 v2，f，）嘿）=5 X 1。3 s0.6 v c（3）航速航=L2x 1?=2.4xIO/%/sAr 5xlO3第 5 章机械振动一、选择题题 5.1答案：B题 5.2答案：C题 5.3答案：C二、填空题题 5.4答案：2KJ题 5.5：答案：0.02 m题 5.6：答案：4cos(r-7 i)T 3三、计算题5.7 一物体沿x轴做简谐振动，振幅八二0.12m,周期丁=2 s.当t=0时;物体的位移x=0.0 6 m,且向x轴正向运动.求：(1)此简谐振动的表达式；(2)t=74时物体的位置、速度和加速度；(3)物体从x=0

15、.0 6 m,向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间.解答(1)设物体的简谐振动方程为x=Acos(皿)卬),其中Zl=0.12m,角频率3=2”7=n.当 t=0 时、x=0.06m,所以 cos(p=0.5,因此 二 士n3.物体的速度为 v=dx/dt=-a)Asn(a)t+(p).当 t=0 时、v=-u)Asn(p,由于 v 0,所以 sin(p 4cos(nf-兀3)=-0.12112coSTI/6=-1.03(m-s-2).(3)方法一：求时间差.当x=-0.06m时，可得cos(市1 -侬)=-0 5因 止 匕 nh-RB=2n/3.由于物体向x轴负方向运动，即v 0,因

16、此nti-=2n/3,得 口 =Is.当物体从x=-0.06m处第一次回到平衡位置时，x=0,v 0,因此cos(nt2冗 方)二0，可得 Ji。-几3二m或3n/2等.由 于12。，所以 M -兀方=3n/2,可得 t2=H =1.83(s).所需要的时间为：At=t2-h=0.83(s).方法二：反向运动.物体从x=-0.06m,向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x=0.06m,即从起点向x轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间.在平衡位置时，x=0,v 0,因此cos(Tit-侬)=0,可得 nt-nfi -nfl,解得 t=丽=0.83(s).注意 根据振动方程x=

17、Acos(3 t+(p),当 t=0 时,可得=arccos(Xc/4),(-n p Asin(3 t+),当 t=0 时，v=-(vA s i n(p,当 v0 时，sin0 c 0,因此p=-arccosfxo/A)；当 v 0,因此 p =arccos(xo/4)w3.可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值.如果速度等于零，当初位置Xo=A时，0=0；当初位置Xo=-A时，p=n.X=0.1 COS(8 加+)5.8质量为10 xl0-3kg的小球与轻弹簧组成的系统，按 3的规律作振动，式中t以秒(s)计，x以米(m)计.求：(1)振动的圆频率、周期、振幅、初位

18、相:(2)振动的速度、加速度的最大值；(3)最大回复力、振动能量、平均动能和平均势能;(4)画出这振动的旋转矢量图，并在图上指明t为1,等各时刻的矢量位置.解答(1)比较简谐振动的标准方程:x=4cos(wf+cp),可知圆频第为：3=8 n,周期丁=2”3 =：1 A=0.2 5(S),振幅0.1(m),初位相(P=2H/3.(2)速度的最大值为：Vm =3A=0.8n=2.51(nrs)；加速度的最大值为:am=U)2A=6.4/=63.2(m-s-2).题5.8解答图(3)弹簧的倔强系数为：k =ma)2,最大回复力为:六kA=m32A=0.632(N)；振动能量为：E=k A2/2=m

19、a)2A2/2=3.16xlO2(J),平均动能和平均势能为：4 =EP=k 阳 A =mu)2A2/4 =1.58X1 0-2(J).(4)如图所示，当t为1,2,10s等时刻时，旋转矢量的位置是相同的.m v骼 ka勿勿勿勿勿勿勿勿切切勿者图5.95.9如图所示，质量为10g的子弹以速度v=103m.s】水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动.设弹簧的倔强系数k =SxlO m1,木块的质量为4.99kg,不计桌面摩擦，试求：(1)振动的振幅；(2)振动方程.解答(1)子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒,即：mv=(m+M)v0.解得

20、子弹射入后的速度为：v=mv/(m+M)=2(m s),这也是它们振动的初速度.子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得：旧+)外/2=依2/2,所以振幅为:A=%=5xl0-2(m).(2)振动的圆频率为：m +M=4 0(rad-s1).取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x的正方向，振动方程可设为：x =A cos Q t +2，得物体经过平衡位置的速度为：v,“=j 2 E/m =2.5 3(ms U).5.1 2 两个频率和振幅都相同的简谐振动的x-t曲线如图所示，求:(1)两个简谐振动的位相差;(2)两个简谐振动的合成振动的振动方程.解答(1)两个简谐振动的振幅为：A =5(c

21、m),周期为：T=4(s),圆频率为：u)=2n/T=n/2f它们的振动方程分别为：X i =4 cos cu t =5 cos nt/2，x2=A s i n3 t =5 s i nnt/2 =5 cos(n/2 -Ti t fl)即 x2=5 cos(H t/2 -n/2).位相差为：=-n/2.(2)由于x =X i+X 2 =5 cos nt+5 s i rmt/2=5(cos nt/2-cos nA +5 s i nnt/2-s i nn A)/s i nnAX=5 /2 cos(，-马合振动方程为：2 4 (cm).3x.=0.0 5 cos(1 0/+万)5.1 3 已 知 两

22、个 同 方 向 简 谐 振 动 如 下：5 ,x2=0.06 cos(l 0z+(1)求它们的合成振动的振幅和初位相；(2)另有一同方向简谐振动X 3 =O.O 7 cos(lO t+0),问(p为何值时,X i+X 3 的振幅为最大？W为何值时，X 2+X 3 的振幅为最小？(3)用旋转矢量图示法表示(1)和(2)两种情况下的结果.x以米计，t 以秒计.解 答(1)根 据 公 式，合 振 动 的 振 幅 为：A =JA：+4；+2 4&COS-9 2)=8.9 2x l02(m).A s i n(p,+4 s i n 5(p=ar ctan -初位相为：4 c o S q+A2 cos 仍=

23、6 8.22.(2)要使 X i+X 3 的振幅最大，则：C O S(j p-P 1)=1,因此 0-0,所以只能取第二个解，可得所需最短时间为t=0.0125 s.第6章机械波一、选择题题 6.1答案：D题6.2答案：A题6.3答案：A题6.4答案：C二、填空题题6.5答案：相同，相同，2nB.题6.6答案：x=0.02cos(加 +加4)(SI).题6.7答案：利，2川A/g产.三、计算题6.8 已知一波的波动方程为 y=5xl(y2sin(iOHt-o.6x)(m).(1)求波长、频率、波速及传播方向；(2)说明x=0时波动方程的意义，并作图表示.解答(1)与 标 准 波 动 方 程y=

24、4 cos3-2JIX2 比较 得:2 s =0.6,因此波长为：A=10,47(m)；圆频率为：3=10n,频率为：v=a)/2n=5(Hz)；波速为：u =A/T=Av=52.36(m-s).且传播方向为x轴正方向.(2)当x=0时波动方程就成为该处质点的振y=5xl02sinl0nt=5xl0-2cos(10nt-n/2),振动曲线如图.6.9有一沿x轴正向传播的平面波，其波速为u=1 m s,波 长4=0.04m,振幅A=0.03m.若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：(1)此平面波的波动方程；(2)与波源相距x=0Q lm处质点的振动方程，该点初相是多少？解答

25、(1)设原点的振动方程为：y o=A cos(A t+(p),其中4=0.03m.由 于 所 以 质 点 振 动 的 周 期 为：T=A/u=0.04(s),圆频率为：u)=2n/T=5 0n.当t=0时，y0=0,因此cos-/J-,-n-2=_-T-X-T-2=kT n2 p2 T T n i T2题7.2答案：A解：根据理想气体的内能定义，有E=n-k T(1)2根据理想气体的状态方程，有P =nk T(2)由(1)、(2)得：En-k T -P2 2因 为=3,4 =5,，力 4，所以后八EB.题7.3答案：C解：根据平均速率的定义，有 N u f(u)d uz/(D)d D题7.4答

26、案：B解：根据最概然速率公式知，当温度升高时，%增大，由于要保持速率分布曲线下面所围的面积恒等于1，所以曲线将变得平坦些，故而/(3)将减小.所以3A。2，/(匕认)/(%*)题7.5答案：D题7.6答案：A解：根据三个统计平均速率的公式知，当最概然速率相等时，平均速率和方均根速率必然相等.二、填空题题 7.7答案：(1)温度为T 的平衡态下，一个分子每个自由度上分配的平均能量(2)温度为T 的平衡态下，理想气体分子的平均平动动能(3)温度为T 的平衡态下，理想气体分子的平均能量(4)温度为T 的平衡态下，Imol理想气体的内能(5)温度为T 的平衡态下，vm ol理想气体的内能(6)速率在。

27、附近单位速率区间内的分子数与总分子数的比(7)速率在。附近dv速率区间内的分子数与总分子数的比(8)速率在q 。2区间内的分子数与总分子数的比(9)速率在。8 区间内的分子数与总分子数的比，它恒等于1,是速率分布函数的归一化条件(1 0)速率在巳 。2区间内的分子数(1 1)分子的平均速率(1 2)分子速率平方的平均值说明：欲正确解答本题必须要准确理解能均分定理和速率分布函数/(。)的定义式及定义式中的各量的含义.另外，也应将上面各式与速率分布曲线联系起来进行理解，使我们能更好地“看懂”速率分布曲线.题 7.8答案：5:3；10:3解：根据理想气体的内能定义，有单位体积的内能 E.=n-k T

28、(1)2单 位 质 量 的 内 能E,=-RT(2)2 M 2根据理想气体的状态方程，有P -nk T(3)由(1)(3)得：0 i ”iE,=n k T=p1 2 2由 于 九=5,必=3,Mh2=2,MHe=4,所以单位体积的内能之比为5:3；单位质量的内能之比为10:3题7.9答案：210K；240K加解：根据理想气体的状态方程PV=RT，有M习题7.9图蓊=丁4%=%=32所以 To”240(K),T&=210(K)三、计算题题 7.10解：根据理想气体的状态方程，混合前有:PV=vRTi(1)PV=V2RT2(2)根据理想气体的内能的定义，有3混合前 弱=/%/?(3)E,=3v,R

29、T,(4)-23 5混合后 E=-vtRT+-v2RT(5)根据题意，知混合前后系统的内能不变，所以E=E+E2(6)解(1)(6)得T=必 =284.4(K)3+5 x 4题 7.11解：(1)根据理想气体的状态方程2=成7得:P -l-.O=lx-l-O-5-kT 1.38x10-23x300=2.44x1025(*(2)根据密度定义，有氧气的密度为M 2.44 xl025 x 0.032p=nm=n-=-NA 6.02 xlO23=1.297(上.加-3)(3)分子的平均平动动能为k=1A:T=-|xl.38xl0-23x300=6.21xl02l(J)（4）分子间的平均距离可近似计算为

30、J 1-1我 .4 4 x1()2 5=3.4 5 x1 0-1?)题 7.1 2解：根据理想气体的状态方程P =kT,有A=Z L鸟T2所以“2 =，xp1 =x 4.0 x l 0=4.43x l 05（pa）题 7.1 3解：(1)由图知：Vr%f(u=aX.0(%2%)（0 必）（2%8）习题711图00根据归一化条件有：y（D）d0=/凶+（0公/。=14%=12解得：u-o%3 必（2）速率在2到 2 间隔内的分子数AN为:N =Nf(v)du=vdv+,7 7Nadu=Na u(=N8 12（3）根据平均速率的定义得:COv-uf(v)dv=0-a u 2 di u+2。avd.

31、v=11 2 =11u()必“6 9（4）根据平均速率的平方的定义，有:00u2=u2f(u)du=o匕01au2du=-a u03=-u0212 0 18 04九+r白uo 人。根据平均平动动能的定义，有:_ 1 -3 1 2弓=2根。=后用小结：通过求解本题说明只有在掌握有关定义、概念的基础上才能正确求解，切记不能硬套公式.第8章热力学基础一、选择题题 8.1：答案：BD题 8.2：答案：D提示：内能不变时，系统对外做功等于系统从外界吸收的热量，当系统内能减小时，对外做功大于系统从外界吸收的热量。题 8.3:答案：D提示：A-E-B,根据。=A E +A,E =Q A =1 0 0 +6

32、0 =4 0A-F-B,A =Q A E =-7 0 +4 0 =3 0题 8.4：答案：网提示：根据=1 -，和=c onst题 8.5：答案：C 提示：两条绝热线下的面积代表做的功，等温过程中内能不变，绝热过程Q=0题 8.6：答案：B 题 8.7：答案：网提示：根据=1-乙 和 2”|厂 7 =c onst,可以得到；循环曲线所围面积等于工作物质在整个循环过程中对外作的净功，而 Q；=A 冷，所以又因为Q 吸-Q 放，故，Q放 I 大于Q放 I I,则吸收的热量Q 1 大于Q 2题 8.8：答案：B C 二、填空题题 8.9：答案：等 压 过 程 绝 热 过 程 等 压 过 程题 8.1

33、0：答案：12.1 17.4J提示：制冷系数3 =&=0?=上 一A 2,-2,TI-T2题 8.11：答案：25%9000J 52.6%360 C提示：7 7 =1 2=25%,7 7 =1-%=2二0=25%和。02=3000 得。1 =12000,故放出看。1热 量。2=9000 J。当 储 一。2 =10000J,保 持 02 不 变 时，21=19000 J,7 7 =1-。2=52.6%,根据=1 一 乙，得 7尸360Q4题 8.12：答案：等 压 过 程 等 体 过 程 等 温 过 程 般状态变化过程题 8.13:答案：不可能制成一种循环动作的热机，只从单热源中吸取热量，让其他

34、物体不发生任何变化 热量不可自动从低温物体传向高温物体 在孤立系统中，伴随着热现象的自然过程都具有方向性四、计算题题 8.14：解：ab为等温过程：4=心，匕=舄匕,0.匕匕be为等容过程:V2=Ve,=,Qbc=Cv（Tc-T2）,Ab c=0ac 为绝热过程：z y jT =q v jT,2 c =o,4 c =/C G _ Q2。吸=Q a h,。放=。乩=。吸-。咚 1 _。i C,C T?)J 3(7 7尸 T2 K X)。吸 吸 R TJ也 2V T.In -匕*i题 8.1 5：解：等容过程，等压过程，绝热过程内能改变均为:m 5 f T lM J =-CV(T2-T =-R(T

35、2-T M“,2 Mmo,A t/=2.5 x 8.3 1 x l|x (3 5 0 -3 0 0)7 =3.2 5 x 1 04J等容过程：Q =巳，（7；4）=3.2 5 x 1 0 4/114等压过程：Qp=-C/7；-7；)=4.5 5X1 04JM?no绝热过程：。=0第9章静电场一、选择题9.1答案：B9.2答案：C解：根据高斯定理，通过整个立方体表面的电通量为，=4 E-d S=2，由于电荷位于立方体的中心，从立方体各个面穿出的电力线一样多，所以穿过一个表面的电场强度通量为a.6%9.3答案：B9.4答案：A解：根据电势的定义式丫 =工后也,（乙=0）知，空间中某点的电势高低与电

36、势零点的选择有关，所以B、C、I）均不正确：如果某一区域内电势为常数，则该区域内任意两点的电势差为0,即%=0,要使其成立，该区域内电场强度必为零.9.5答案：A解：根据电势和电势差的定义式V=（匕,=0），=匕一=知，空间中某点电势的高低与电势零点的选择有关，选择不同的电势零点，同一点的电势数值是不一样的.而任意两点的电势差总是确定的，与电势零点的选择无关.9.6答案：D解：根据电势叠加原理，两个点电荷中垂线上任意一点的电势为丫 =匕+VB=公+%4飞人 4%弓由于中垂线上的任意一点到两电荷的距离相等，即 =%=，所以丫 =以 士 迤.要使其为零，则 彘+%=0,所以心=一外9.7答案：A解

37、：根据保守力做功和势能的关系 8=%“山=：群-后内知，负电荷沿电力线移动电场力做负功，所以电势能增加.根据等势面的定义，等势面上各点的电势相等，而电势相等的点场强不一定相等；根据电场力做功的公式W=式匕,知，初速度为零的点电荷，仅在电场力的作用下，如何运动取决于点电荷本身和电势的高低.正电荷从高电势向低电势运动；负电荷从低电势向高电势运动.9.8答案：C解：达到静电平衡后，根据高斯定理设各板上的电荷密度如图所示.根据静电平衡条件，有Ep=%=o =%=%由于A、B板由导线相连，所以其与中间板C的电势差必然相 解习题9.8 图等，所以 习题9.8 图UAC=鼠=4 x -%=4 x。/一.2%

38、2%a2&9.9答案：D解：根据动能定理，有WA B=e(VA-VB)=e(-)=x2mu2=u=e (-)4;码)0 4码JG 2 V 4码1m 勺 r2二、填空题9.10答案：63；方向水平向右解：根据场强叠加原理，本题可以利用割补法，等效于一个均匀带电圆环和一个带相同电荷密度的异号电荷缺口在圆心处的电场.由于均匀带电圆环电荷分布的对称性，在圆心处产生的电场强度为零.异号电荷缺口在圆心处产生的电场强度大小为,-x d ,E=dq=2 成 =qd4兀 庐，吟 片 8兀%小3方向水平向右.解：根据题意知穿过半球面的电力线条数和穿过底面的电力线的条数相同，所以根据电通量的定义，有 j E d S

39、=E d S=j E d S =E J d S =E.欣2半球面 底面 底面 底面9.12答案：与，水平向左；肛，水平向左；与，水平向右2）解：根据教材例9-7的结果和电场强度叠加原理，以水平向右为正有&=+E2a 2(J a24 2 4 2 2EB=E+E2a 2(y 3a2%2%2%厂 厂,广。2。crEr=+E-y=-1-=H-2 4 2%2%“+”表示电场强度的方向水平向右，“-”表示电场强度的方向水平向左.三、计算题9.13解（1）如图所示，在9处取一小段弧为电荷元，其电量为dq=Adi=ARdO根据点电荷的场强分布知，它在。点处产生的电场强度大小为d7H 厂 _d_q_ _ _A_

40、d_O_4 O7?2 4 兀e()R在x、y轴上的分量为dEXr =dE c ofs 0 dE=-dE s i n 0根据场强叠加原理，有E=-c o s /6=04兀J。玛 二 一 急 卜i n田。一急所以 E=Exi+E J=（2）根据点电荷的电势分布，有解习题9.13图.dq AdOav=4吟R 4万%根据电势叠加原理，有 一 g J4环）J（/9.14解（1）由于均匀带电的球体可以看作是由许多半径不同均匀带电的球面构成，根据教材例9.5 的分析知，均匀带电球面的电场分布具有球对称性分布，所以均匀带电球体的电场分布也具有球对称性分布，即到球心距离为r 的所有点的电场强度的大小都相等，方向

41、为各自的径向.可以利用高斯定理求解.根据电场的这种球对称性分布，过 P点作半径为/的同心球面为高斯面，如图所示.根据高斯定理，有=4E.dS=亚 ds cos 6-ds-=4?i r2=V%根据已知，有电荷的分布为:l Q所以，电场强度的大小为-Q-x 4/3(rR)Qr4gRQl 4 f 2(r R)解习题9.14图根据分析知，电场强度后的方向为径向.如果则电场强度的方向沿径向指向外;若。V0,则电场强度的方向沿径向指向球心.（2）根据电势的定义式卜=后也，为了便于积分，我们沿径向移到无穷远，所以V,=E di=(E-dr+E 也=二？)。-=3-(rR)一 J J 4 f0r9.15解（1

42、）如图所示，在空间任取一点P,过 P点作无限长圆柱面轴的垂线交于0点，0、P的距离为r.为了便于分析P点的电场强度，作其俯视图，则俯视图圆上任意一段弧代表一根无限长均匀带电直线.根据教材例9-6的分析知，无限长均匀带电直线周围的电场强度呈轴对称分布，即任意点的场强方向垂直于直线.由于圆柱面电荷分布的对称性，所 以 P点的场强方向沿垂线向外（假 设，0）.同理，距离直线也为r 的另一点P 的电场强度方向也沿该点的垂线方向向外.可见，到柱面的轴距离相同的所有点的场强大小都相等，方向沿各点的垂线方向向外，即场强也呈轴对称分布，可以用高斯定理求解.根据电场强度的这种对称性分布，过 P点作同轴的圆柱面为

43、高斯面，如图所示.该闭合的高斯面由上、下底面和侧面组成，其面积分别为S、S和 W,半径为r,长为根据高斯定理有dS=jE d S +81由于上、下底面的外法线方向都与场强人垂直，jE d S+jE d Scos6=0,所以上式前两项积分为零；又由于圆柱侧面外法线方向与场强后的方向一致，因此有，=亚 dS=JE-dS=Ed s =E Jds$3$3$3=E-2 M =Z i i%根据已知，有电荷的分布为：十 f 0(r尸 _ A l (r R)所以，电场强度的大小为 0(r ”R)、2 兀4 r解习题9.1 5 图根据分析知，场强的方向是垂直于轴的垂线方向.如果4 0,则电场强度的方向沿垂线向外

44、辐射；若 儿 R)处电势为零，即%。=0.根据电势的定义式V =E d，有(r R)9.1 6解(1)由于圆盘是由许多小圆环组成的，取一半径为r 宽度为公的细圆环，此圆环上带电量为d q=J-2m-d r，由教材例9-9 的结果知，圆环轴线上到环心的距离为x的任意点P的电势为解习题9.1 6 图dV=dq4 7 rJ r 2+x2根据电势叠加原理，有 P 点电势为V=Rv=fiTDcrdr4/J/+/=-Q R2+X，-X)2分(2)根据分析知，圆盘轴线上的电场强度方向沿轴线方向，所以根据电场强度与电势梯度的关系E=-gmdV,有轴线上到环心的距离为x 的任意点P 的电场强度为E=-gradV

45、=-(i.+d/.d-5-k.)V=-d-V-1.=-a-r1i-x-y-idx dy&dx 2%(R2此结果与教材例9-4 的结果一样，很明显这种方法比较简单，去掉了复杂的矢量积分.9.17解：由于自由电荷和电介质分布的球对称性，所以E和0的分布具有球对称性，可以用有介质时的高斯定理.根据电位移矢量给的这种球对称性分布，过P点作半径为八的同心球面为高斯面，如图所示.根据。的高斯定理，有d S =-ds c o s 3-ds-D(ds-4nr2D-Z%根据已知，有电荷的分布为：r 0 (rR)所以，电位移矢量D的大小为0 (r 0,则D的方向沿径向指向外；若。0,则D的方向沿径向指向球心.习题

46、9.1 7图根据电场强度E和电位移矢量。关系。=%,/=用，有电场强度E的大小为nr 0 (rR)E=-=Y Q/pxc c (rR)0 r I 4兀 心厂方向也为径向.根据极化强度与电场强度的关系P=4(3 -D E，知极化强度的大小为r 0（r R）I 4万4冬，根据极化电荷密度和极化强度的关系a=P-en=%，有（）（,-1）。O 2-4兀声J所以，球外的电场分布以及贴近金属球表面的油面上的极化电荷 为大一誉岁*=一1）。4底 心 R 3 6r第10章稳恒电流的磁场一、选择题10.1答案：B10.2答案：C解：根据洛伦兹力公式工,=/x 5知，洛伦兹力始终与运动速度垂直，所以对运动电荷不

47、做功，根据动能定理电荷的动能不变。但当速度与磁场有一定夹角进入均匀磁场时，电荷做螺旋运动，速度的方向改变，所以动量改变。10.3答案：B解：根 据 洛 伦 兹 力 公 式 判 断 受 力 方 向，知B答案正确；根据带电粒子垂直于磁场进入磁场的规律，八2。八门 f 27 m 一有 R =-=P =m u=R q B ,T =-所以 C、D 不qB qB正确。10.4答案：D解：根据平面线圈在均匀磁场中的受力和力矩规律，任意平面线圈在磁场中不受力,可见该磁场一定为均匀场；根 据M =帆,知不受力矩线圈平面和磁场垂直。10.5答案：C解：根据典型题解中第3题的解题思想，取一半径为r,宽度为由的细圆环

48、，则其电流 为d/=l x/,所以此细圆环的磁矩大小为dm=d/x勿-2=纪如。根据叠加原理,d d线圈的磁矩大小为m =d m=r7 r r2Id r _ 兀1（R：-R：）L d 3 d 10.6答案：D二、填空题10.7答 案:Z2-2/J10.8答案：n u e；相反解：根据电流和电流密度的定义，有d q.d id s._ d q _ d s -u d t ed s d t d s d t由于自由电子在电场中逆着电场方向运动，所以根据电流方向的规定，电流密度方向与电场方向相反。三、计算题1 0.9求下列各图中p点的磁感应强度的大小和方向:IrIa7P PI(b)习题10.9图解：根据上

49、一题的解题分析和教材例题10.1、10.2的结果，选取垂直纸面向外为正，直接可得：2 2 加 4mDQ ()/,n 2万、3万 0/B,=3 x s-(cos cos)=-口 一2加 6 3 2加习题10.13图10.10-同轴电缆，如图所示.两导体中的电流均为/,但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑.求空间的磁感应强度分布.解：根据教材例题1 0.4的分析知，由于本题电流是轴对称性分布的，所以磁感应强度呈轴对称性分布，可以利用安培环路定理求解。根据磁感应强度分布的对称性，过 P 点作同轴的圆为安培回路L,根据安培环路定理，有B dl=j B-dl=Bjdl=B-2 加=为2根据已知，有电流的

50、分布为-/x r 2 -R：)以 R；-R：)-0(rRJ因 rR2)(尺2 r RJ所以，磁感应强度的大小为 2T CR-B=2 r4/(&-，)、2 初(/?；_ 8)0(rRt)(凡 r/?2)r%)磁感应强度的方向沿各点所在圆的切向.1 0.1 1 半径为R的带电薄圆盘的电荷密度为。，并以角速度0绕通过盘心垂直盘面的轴转动，求圆盘中心处的磁感应强度.解：当带电平面圆环绕过环心且垂直于环面的轴旋转时，其上电荷作圆周运动形成电流,在空间激发磁场。圆盘绕通过盘心垂直盘面的轴转动是形成的电流可看成是半径连续变化的圆形电流的叠加。在 圆 盘 上 取 半 径 为 厂，宽 为 公 的 细 圆 环，此