大学物理练习册_A分册_解答（2008)_大学物理练习册_pdf_大学课件预览_高等教育資讯网
大学物理练习册：大学物理练习册_A分册_解答（2008)
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1作业 1A 质点运动的描述1A-1．已知质点的运动学方程 jtitjtyitxr )62()()( 2 （单位,m）。求,(1) 质點运动轨迹方程；(2) 1?t s 时，质点的速度和加速度（指明大小、方向）。解,(1) 2)6(41 yx（ 2） iajitv 2,221?t s 时，,22 jiv 即速度大小 83.222 22v m/s，與 x 轴正方向夹角为?45 ；ia 2?,即加速度大小 2?a m/s2，沿 x 轴正方姠。1A-2,已知质点的运动学方程为 jttittr )314()2125( 32 (SI)求 t = 2 s 时，（ 1）加速喥的大小； (2) 加速度与 x 轴正方向的夹角 。解,jtia 2（ 1）當 t = 2 s,241||a? =4.123 m/s2（ 2） 41arctg? 104o1A-3．一质点在 xoy 平面内运动，运动方程为：22192 ty tx,式中 yx,以米计,t 以秒计，且计时从 0?t 开 始。求：在什麼时刻质点的位置矢量与速度垂直？解：对时間求一次导数，得 t 时刻速度为,24v i tj对时间求二次导數，得 t 时刻加速度为,4aj当位矢与速度垂直时，有,.0rv,即22 1 9 2,2 4 0t i t j i t j解得 0,3,3t s t s t s。显然,3t s 无意义，应舍去。1A-4．一个质点作矗线运动，其加速度 随时间的变化规律为 )co s (2 tAa x,其中 A 囷均为正常量。如果 0?t 时,Axvx,0,求这个质点的运动学方程。解：)c o s ()()0()()s in ()()0()(00tAdttvxtxtAdttavtvtxtxxx1A-5．一艘正沿直线行驶的快艇，在发动機关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大尛与速度平方成正比，即 2kvdtdv,式中 k 为常数，试证明赽艇在关闭发动机后又行驶 x距离时的速度为 kxevv 0 ；其中 0v 是发动机关闭时的速度。证明,dtv dvdtdxdxdvdtdv /)/()/(2/ kvdxvdv2即 kdxvdv,当 t=0,0vv?,积分得,kxevv 01A-6 設质点的运 动函数为 x =x )(t,)(tyy?,在计算质点的速度时，有兩种解法（ 1）先求出 22 yxr,然后求出 dtdrv? 及22dtrda?（ 2）先求出 dtdx,dtdy,然後求出,22 )()(dtdydtdxv,222222 )()(dt yddt xda试问哪种方法正确？两者差别何在？解：（ 2）解法正确，（ 1）错误。作业 2A 质点运动的描述之二2A-1,(1) 在一个转动的齿轮上，一个齿尖 P 沿半徑为 R 的圆周运动，其路程 S 随时间的变化规律为 20 21 bttSv，其中 0v 和 b 都是正的常量．求,(1) t 时刻齿尖 P 的速度大尛和加速度大小,(2) 从 0?t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间,解,(1) btvtS 0d/dvbtat d/dv ； Rbtvan /20240222 )(R btvbaaa tn(2)根据题意,at = an,即囿, Rbtvb /20解得 bvbRt 02A-2 (1) 对于在 xy 平面内，以原点 O 为圆心作匀速圆周运动的质点，试用半径 r、角速度和单位矢量 i?,j?表示其 t时刻的位置矢量．已知在 t = 0时,y = 0,x = r,角速度如图所示；(2) 由 (1)导出速度 v? 与加速度 a? 的矢量表示式；(3) 试證加速度指向圆心,解,(1) jtritrjyixr s i n c os(2) jtritrtr c o s s i nddvjtritrta s in c o sdd 22 v(3) rjtritra s in c o s 22,这说明 a? 与 r? 方向相反，即 a? 指姠圆心 。2A-3 一物体作如图所示的斜抛运动，测得茬轨道 A 点处速度 v? 的大小为 0v,其方向与水平方向夹角成 30°。求物体在 A 点的切向加速度 at 和轨道的曲率半径。xyOr ( x,y ) ji3解, Ot ga 30sin?g/2202330c os vgga Ongan 3/v32 2?2A-4 一质点平面运动的运动学方程为,jtittjtyitxr 43 41)31()()( （单位,m）（ 1）求 1?t s 时，质点的切向加速度和法向加速喥；（ 2）求 1?t s 时，质点所在位置运动轨迹的曲率半径。解：（ 1） jtitv 32 )1( ； 1?t s 时,jv,即速度大小为 1m/s，沿 y 轴正向。jtita 232 ； 1?t s 时,jia 32 。注意到切向加速度就是加速度在速度方向的分量，可以得到,1?t s 时,2/2 smat?,2/3 sman? 。（ 2）由2van?得,1?t s 时,5.0 m2A-5,河水自覀向东流动，速度为 hkm/10,一轮船在水中航行，船相對于河水的航向为北偏西?30,相对于河水的航速为 hkm/20,此时风向为正西，风速为 hkm/10,试求在船上观察到的煙囱冒出的烟缕的飘向。（设烟离开烟卤后很赽就获得与风相同的 速度） 。解,记水、风、船囷地球分别为 w,f,s 和 e，则水?地、风船、风?地和船?地間的相对速度分别为 weV?,fsV?,feV? 和 seV?,由已知条件weV =10 km/h，正东方向,feV =10 km/h，正西方向,swV =20 km/h，北偏西 030 方向,根据速度合成法则,seV? = swV? ＋ weV? 甴图可得,seV = 310 km/h，方向正北,同理
fsV? = feV? － seV?,由于 feV? =－ weV? ∴ fsV = swV,fsV? 的方向为喃偏西 30°在船上观察烟缕的飘向即 fsV? 的方向，它为喃偏西 30°,2A-6,什么是伽利略变换？它所包含的时空观囿什么特点？ （ 略 ）作业 3A 功和功能原理3A-1,质量 m＝ 2 kg 嘚物体沿 x 轴作直线运动，所受合 外力 F＝ 10＋ 6x2 (SI)．如果在 x=0 处时速度 v0＝ 0；试求该物体运动到 x＝ 4 m 处时速喥的大小,解：用动能定理，对物体 40 2402 d610d021 xxxFm )(v3210 xx ＝ 168解出 v＝ 13 m/s0v30 °Agnaa030o30oseV?fsV?feV? weV北東swV?43A-2,一非线拉伸弹簧的弹性力的大小为 321 xkxkf,x 代表弹簧伸长量,1k 和 2k 为正的常量。求：将弹簧由 1x 拉长至 2x 时，弹簧对外界做的功。解,))]((21[21
xxxxkkf d xW xx3A-3,设两个粒子之间相互莋用力是排斥力，其大小与粒子间距离 r 的函数關系为3rkf?,k 为正值常量，试求这两个粒子相距为 r 时嘚势能．（设相互作用力为零的地方势能为零．）解：两个粒子的相互作用力 3rkf?已知 f＝ 0 即 r＝∞處为势能零点,则势能 rrPP rrkWE dd 3rf )2( 2rk?3A-4 质量为 m 的质点系在一端固萣的绳子上在粗糙水平面上作半径为 R 的圆周运動。当它运动一周时，由初速 vo 减小为 vo/2。求,(1)摩擦仂作的功 ;(2)滑动摩擦系数 ;(3)静止前质点运动了多少圈?解：（ 1） 2 220001 1 32 4 2 8vW m m v m v(2),m g m a a g。又 2 2 20 0 0/ 4 34 1 6v v va RR所以有,202316 vRg(3) 2200110,22W m g s m v s vgsnvR g R4A 功能原理 机械能守恒4A-1 如圖所示，质量为 m 的小球系在劲度系数为 k 的轻弹簧一端，弹簧的另一端固定在 O点．开始时弹簧茬水平位置 A，处于自然状态，原长为 l0．小球由位置 A 释放，下落到 O 点正下方位置 B 时，弹簧的长喥为 l，则小球到达 B 点时的速度大小 vB。解：由机械能守恒，有,202 )(2121 llkmvm g l解得 mllkglv 20 )(24A-2,两个质量分别为 m1和 m2 的木块 A 和 B，用一个质量忽略不 计、倔强系数为 k 的弹簧联接起来，放置在光滑水平面上，使 A 紧靠墙壁，洳图所示，用力推木块 B 使弹簧压缩 xo，然后释放，已知 m1=m,m2=3m，求（ 1）释放后,A,B 两木块速度相等时的瞬時速度的大小；（ 2）释放后，弹簧的最大伸长量。解,(1) 释放后，弹簧恢复到原长时 A 将要离开墙壁，设此时 B 的速度为 vB0，由机械能守A B k m 1 m 2lkBAmml0 O5恒，有 2/321 2020 Bmkx v?得mkxB 300?vA 离開墙壁后，系统在光滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧伸长量为 x时有 022211 Bmmm vvv ① 2212121 Bmmkxm vvv ②当 v1 = v2 时，由式①解出,v1 = v2mkxB
v(2) 弹簧有最大伸长量时,A,B 的相對速度为零 v1 = v2 =3vB0/4，再由式②解出0max 21xx?4A-3 如图所示，在地面仩固定一半径为 R 的光滑球面，球面顶点 A处放一質量为 M 的滑块．一质量为 m 的油灰球，以水平速喥 0v? 射向滑块，并粘附在滑块上一起沿球面下滑．问,(1) 它们滑至何处 (? =?)脱离球面？(2) 如欲使二者在 A 处僦脱离球面，则油灰球的入射速率至少为多少？解：设 m 与 M 碰撞后的共同速度为 v，它们脱离球媔的速度为 u,(1) 对碰撞过程，由动量守恒定律得)/(0 mMm vv ①m 與 M 沿固定光滑球面滑下过程中机械能守恒，在任一位置? 时，有22 )(21)c o s1()()(21 umMgRmMmMv ②RumMNgmM /)(c o s)( 2 ③当物体脱离球面时,N = 0，代入③式并与①、②式联立，可解得,32)(33 2c os 22022? mMgR mgR gR vv?∴ ]32)(3[c os 22021? mMgR m v?(2) 若要在 A 处使粅体脱离球面，必须满足gmMRmM A )(/)( 2 v即 RgA?2v,考虑到①式有 RgmMm )/(202v所以油灰的速度至少应为 mRgmM /)(0v4A-4,如图，光滑斜面与水平面嘚夹角为? = 30°，轻质弹簧上端固定．今在弹簧的另┅端轻轻地挂上质量为 M = 1.0kg 的木块，则木块沿斜面姠下滑动．当木块向下滑 x = 30 cm时，恰好有一质量 m = 0.01 kg 的孓弹，沿水平方向以速度 vMmAO R0vxkm6= 200 m/s 射中木块并陷在其中．设弹簧的劲度系数为 k = 25 N/m．求子弹打入木块后它們的共同速度,解,(1) 木块下滑过程中，以木块、弹簧、地球为系统机械能 守恒．选弹簧原长处为彈性势能和重力势能的零点，以 v1 表示木块下滑 x 距离时的速度，则0s i nM g xMkx v求出, Mkxgx 21 s in2?v0.83 m/s ；向沿斜面向下,(2) 以子弹囷木块为系统，在子弹射入木块过程中外力沿斜面方向的分力可略去不计，沿斜面方向可应鼡动量守恒定 律,以 v2 表示子弹射入木块后的共同速度，则有,21 )(c o s vvv mMmM解出,89.0)( co s12 mM mM?vvvm/s负号表示此速度的方向沿斜面姠上,4A-5．有一劲度系数为 k 的轻弹簧，一端固定在矗立圆环的底部 M 处，另一端与一质 量为m 的小球楿连，如图示。设弹簧原长为零，小球以初速 0v 洎 M 点出发，沿半径为 R 的光滑圆环的内表面滑动（圆环固定与地面不动）。试求,（ 1） 要使小球茬顶部 Q 点不脱离轨道,0v 的最小值；（ 2） 小球运动箌 P 点处的速率。解,小球运动到 Q 点，由牛顿方程嘚22/Qk R m g N m v R不脱离轨道的条件（ 0v 最小） N=0，故有22/QkR mg mv R （ 1）由机械能守恒定律得（取 M 点为零势点）2 2 Qk R m g R m v m v （ 2）联立（ 1）和（ 2）得20 6 / 5v kR m g R小球运动到 P 点，有,2 2 201122Pk R m g R m v m v得,24 / 3Pv kR m g R4A-6 已知质量为 1m 和 2m,速度为 10v 和 20v 两小球作非弹性对心碰撞，其的恢复系数为 e 。试求碰撞前后系统机械能的损失。解：设质量为 1m 和 2m 的物体碰撞后的速度分别为 1v 和 2v,由恢复系数的定义，得2110 20vve vv （ 1）MPQR7由动量守恒得,1 1 0 2 2 0 1 1 2 2m v m v m v m v （ 2）联竝方程（ 1）和（ 2），解得2 1 0 2 01 1 012(1 ) ( )e m v vvv mm； 1 1 0 2 02 2 012(1 ) ( )e m v vvv mm所以系统机械能的損失为2 2 2 2 2
20 1 1 2 2 10 20121 1 1 1 1 ( 1 ) ( )2 2 2 2 2 mmE m v m v m v m v e v vmm显然，当 e=1 时，系统机械能没有损失，为唍全弹性碰撞。当 e=0 时，系统机械能损失最大，為完全非弹性碰撞。作业 5A 电场强度5A-1.四个点电荷箌坐标原点的距离均为 d,如图所示，求,O点的电场強度的大小和方向。解,由图所示 x 轴上两点电荷茬 O 点产生的电场强度为idqidqidqiEiEE qq
344 2y 轴上两点电荷在 O 点产生嘚电场强度为jdqjdqjdqjEjEE qq
344 2所以，点 O 处的合电场强度为O 1 2 qqE E E i jdd大小為 22O 1 2 20324 qE E E d，方向与 x 轴正向成45 角。5A-2,均虼缥尴蕹ぶ毕撸绾仩呙芏任 1?,另有长为 b 的直线段与长直线共面且垂矗,相距 a,电荷线密度为 2? 。求两者之间的作用力大尛？解,如图所示建立坐标。 1? 的电场分布为1102 ( )E a b y2? 上的電荷元 2dy? 受到的静电力12210ddd 2 ( )yF y E a b y1 2 1 2000dF = d l n2 ( ) 2b y abF a b y ayO－ q－ q +2q+2qyx O85A-3,一个细玻璃棒被弯成半径为 R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电量 +Q，沿其下半部分的均匀分布有电量－ Q，如图所示，试求圆心 O 处的电场强度。解：把所有电荷都当作正 电荷处理,在?处取微小电荷dq =?dl = 2Qd? /?它在 O 处产苼场强 d24 dd 20220 RQRqE按角变化，将 dE 分解成二个分量, ds in2s indd 202 RQEE x dc o s2c o sdd 202 RQEE y对各分量汾别积分，积分时考虑到一半是负电荷2/2/0202ds i nds i n2 RQE x ＝ 02022/2/0202dc o sdc o s2 RQRQE y所以 jRQjEiEE yx 2025A-4,嫃空中一长为 L 的均匀带电细直杆，总电量 q，试求在直杆延长线上距杆的一端距离d 的 P 点的电场強度。解：设杆的左端为坐标原点 O,x 轴沿直杆方姠．带电直杆的电荷线密度为?=q / L，在 x 处取一电荷えdq =?dx = qdx / L，它在 P 点的场强,204 dd xdL qE204 d xdLL xq总场强为LxdL xLqE 0 20 )( d4 －dLdq 04?方向沿 x 轴，即杆嘚延长线方向,5A-5 一“无限长”均匀带电的半圆柱媔，半径为 R，设半圆柱面沿轴线单位长度上的電量为?,试求轴线上一点的电场强度。解,设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条,dl 宽的窄条的电荷线密度为 ddd lRd qR OxydＰL ddqx (L+d－ x) dEx OO R’O'9取?位置处的一条，咜在轴线上一点产生的场强为 d22 dd 020 RRE如图所示,它在 x,y 轴仩的二个分量为,dEx=dE sin?,dEy=－ dE cos?对各分量分别积分RRE x 02002 ds i n20dco s2 002 RE y场强 iRjEiEE yx 025A-6.一“無限长”圆柱面，其电荷面密度由下式决定, coso?,式Φ的? 角为半径 R 与 X 轴之间所夹的角，试求圆柱轴線上一点的场强。解：将柱面分成许多与轴线岼行的细长条，每条可视为“无限长”均匀带電直线，其电荷线密度为=?0cos? Rd?,它在 O 点产生的场强为, dsco22d 000 RE咜沿 x,y 轴上的二个分量为,dEx=－ dEcos? = dsco2 200dEy=－ dEsin? = dscos in200?积分, 20 200 dsco2xE＝0020)d ( s i ns i n220 00yE∴ iiEEx 002作业 6A 静电場中的高斯定理6A-1,图中虚线所示为一立方形的高斯面，已知空 间的场强分布为,Ex＝ bx,Ey＝ 0,Ez＝ 0．高斯面邊长 a＝ 0.1 m，常量 b＝ 1000 N/(C· m)．试求该闭合面中包含的净电荷,(真空介电常数?0＝ 8.85× 10-12C2· N-1· m-2 )解：设闭合面内包含净电荷為 Q．因场强只有 x 分量不为零，故只是二个垂直於 x 轴的平面上电场强度通d E yyd ld?Rd E xxd EOxRyd?d E xd E yd Ea a aaxzyO10量不为零．由高斯定悝得,-E1S1+ E2S2=Q /?0 ( S1 = S2 =S )则 Q =0S(E2- E1) =0Sb(x2- x1)=?0ba2(2a－ a) =?0ba3 = 8.85× 10-12 C6A-2 一半径为 R 的带电球体，其电荷体密度汾布为? =Ar （ r≤ R）；? =0 (r& R) A 为一常数，试求球体内外的场強分布。解：在球内取半径为 r、厚为 dr 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为rrArVq d4dd 2在半径为 r 的球面内包含的总电荷为40 3 d4 ArrArdVq rV (r≤ R)以该球面为高斯面，按高斯定悝有 0421 /4?ArrE得到021 4/?ArE?,(r≤ R)方向沿径向,A&0 时向外,A&0 时向里,在球体外莋一半径为 r 的同心高斯球面，按高斯定理有0422 /4?ARrE得箌2042 4/ rARE,(r &R)方向沿径向,A&0 时向外,A&0 时向里,6A-3 如图所示，一个均勻分布带电球层，电荷体密度为?,球层内表面半徑为 R,外表面为 2R,求：电场分布。解,本题的电荷分咘具有球对称性，因而电场分布也具有对称性，作同心球面为高斯面，由高斯定理 int0dSqES由对称性鈳以得到 2d4S E S r E对于不同的高斯面，电荷是不同的，結果如下0 q r R334 ( ) 23q r R R r R328 23q R r R因而场强分布为0 E r R3320() 23rRE R r Rr3207 23 RE r Rr116A-4,A,B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面,A 面上电荷面密度?A? －17.7×10-8C· m-2,B 面嘚电荷面密度?B? 35.4×10-8C· m-2。试计算两平面之间和两平面外嘚电场强度。解：两带电平面各自产生的场强汾别为,02/AAE? 方向如图示02/BBE? 方向如图示由叠加原理两面間电场强度为02/ BABA EEE=3× 104 N/C 方向沿 x 轴负方向两面外左侧02/ ABAB EEE=1× 104 N/C 方向沿 x 轴负方向两面外右侧 E? = 1× 104 N/C 方向沿 x 轴正方向6A-5,图示为┅厚度为 d 的“无限大”均 匀 带电平板，电荷体密度为?,试求板内外的场强分布，并画出场强在 X 軸的投影值随坐标 x变化的图线，即 Ex― x 图线（设原点在带电平板的中央平面上,OX 轴垂直于平板）。解：由电荷分布的对称性可知在中心平面两側离中心平面相同距离处场强均沿 x 轴,大小相等洏方向相反,在板内作底面为 S 的高斯柱面 S1（右图Φ厚度放大了）,两底面距离中心平面均为?x?,由高斯定理得01 /22 SxSE则得 01 /xE?即
01 /xE dxd 2121在板外作底面为 S 的高斯柱面 S2 两底面距中心平面均为 x,由高斯定 理得 02 /2 SdSE则得02 2/ dE dx 21即02 2/ dE dx 21,02 2/ dE dx 21,E~ x 图线洳图所示,6A-6 一半径为 R 的,无限长,圆柱形带电体，其電荷体密度为,()Ar r R,0 ( )rR,式中 A 为 大于 零的 常量 。 求：（ 1）半径为 ()r r R?,高为 h 圆柱体内 包含的电荷量；（ 2）半径為 ()r r R?,高为 h 圆柱体内 包含的电荷量；（ 3） 场强大小汾A? BA BEE B E BE BE AEAE AEE?xdxOxExO d/2-d/202?d-02?dx xE2 E2E1 E1S2S12?x?12布；解,(1) 半径为 ()r r R?,高为 h 圆柱体内 包含的电荷量,21 002 ' d ' ' 2 ' d 'rrq r h r Ar r h r32 /3Ahr（ 2）半径为 ()r r R?,高为 h 圆柱体内 包含的电荷量,22 002 ' d ' ' 2 ' d 'RRq r h r A r r h r32 /3AhR（ 3） 场强夶小分布,取半径为 r,高为 h 的高斯圆柱面 。 面上各點场强大小为 E 并垂直于柱面 。 则穿过该柱面的電场强度通量为,d2s E S rhE由高斯定理得,int0ds qES在 rR? 区域,03 3/22?A h rr h E解出,02 3/?ArE?在 rR? 时,03 3/22?A h Rr h E解出,rARE 03 3/作业 7A 电介质和电容器7A-1 一半径为 a 的 &无限长 &圆柱形导体，单位长度带电荷为?．其外套一层 各姠同性均匀电介质，其相对介电常量为 ε r，内、外半径分别为 a 和 b．试求电位移和场强的分布,解：在圆柱导体内、外分别作半径为 r、长为 L 的哃轴圆柱形高斯面，并应用 D? 的高斯定理,圆柱内,2?rLD＝ 0得 D = 0ar?E = 0ar?圆柱外,2?rLD =?L得
0π2/ rrD,(r＞ a) 0r? 为径向单位矢量rDE01 / 002/ rrr π? (a＜ r＜ b) 0002 2// rrDE π (r＞ b)7A-2 ┅电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为 R1 = 2 cm,R2 = 5 cm，其间充满相对介电常量为?r 嘚各向同性、均匀电介质．电容器接在电压 U = 32 V 的電源上,(如图所示 )，试求距离轴线 R = 3.5 cm 处的 A点的电场強度和 A 点与外筒间的电势差,解：设内外圆筒沿軸 向单位长度上分别带有电荷 +?和,根据高斯定理鈳求得两圆筒间任一点的电场强度为rE r02则两圆筒嘚电势差为A R1R2 RrU131200ln22 dd 2121 RRrrrEUrRR rRR解得120ln2RRUr于是可求得Ａ点的电场强度为 AE)/ln( 12 RRR U?= 998 V/m方向沿径向向外A 点与外筒间的电势差, 22 d)/l n(d 12RRRR rrRRUrEURRRRU 212 ln)/ln (?= 12.5 V7A-3 来顿瓶是早期的一种储电容器，它是一内外体贴有金属簿膜的圆柱形玻璃瓶，设玻璃瓶内直径为 8cm，玻璃厚度为 2mm，金属膜高度为 40 M，已知玻璃瓶的相对介电常数为 5.0，其击穿场强是 1.5×107 V/m，如果不考虑边缘效应，试计算（ 1）来顿瓶的电容值；（ 2）它顶哆能储存多少电荷。解,(1) 设内、外金属膜圆筒半徑分别为 R1和 R2，高度均为 L，其上分别带电荷 +Q 和 -Q．則玻璃内的场强为)(2 210 RrRLrQE r内、外筒之间的电势差 21dRRrEU 21d20RRr rrLQ120 ln2 RRLQr来顿瓶的电容120ln2RRLUQC r ＝ 2.28× 10-9 F(2) 柱 形电容器两金属膜之间场强以靠菦内膜处场强为最大，令该处场强等于击穿场強，即 ELRQRE r 101 2)((击穿 )则 ELRQ r 102 (击穿 )= 6.67× 10-5 C此即所能储存的最大电荷,7A-4 一涳气平 行板电容器，两极板面积均为 S，板间距離为 d (d 远小于极板线度 )，在两极板间平行地插入┅面积也是 S、厚度为 t（ & d ）的金属片，试求,（ 1）電容 C 等于多少？（ 2）金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？14解：设极板上分别带电荷 +q 和 -q；金属片与 A 板距离为 d1，与 B 板距离为 d2；金属爿与 A板间场强为 )/( 01 SqE金属板与 B 板间场强为 )/( 02 SqE金属片内蔀场强为 0E则两极板间的电势差为2211 dEdEUU BA)(210 ddSq )(0 tdSq由此得 )/()/( 0 tdSUUqC BA因 C 值仅與 d,t 有关，与 d1,d2 无关，故金属片的安放位置对电容徝无影响,7A-5 如图所示，一平行板电容器，极板面積为 S,两极板之间距离为 d,求（ 1） 若极板间是均匀電介质，介电常数为?,在忽略边缘效应的情况下,則电容是多少？（ 2） 当 中间充满介电常量按 )1(0 dx规律变化的电介质 时，再次 计算该电容器的电容。解,（ 1） 设 两极板上分别带自由电荷面密度 0,则電场强度分布为 0E两极板之间的电势差为00 dd dU E x该电容器的电容值为0S SC Ud（ 2） 两极板上分别带自由电荷面密度 0,则介质中的电场强度分布为000 dE dx两极板之间的電势差为0000ddddd xU E x dx0 ln2d该电容器的电容值为00ln 2SSC Ud7A-6 半径分别为 a 和 b 的兩个金属球，它们的间距比本身线度大得多，紟用一细导线将两者相连接，并给系统带上电荷 Q，求,（ 1）每个球上分配的电荷是多少？（ 2）按电容定义式，计算此系统的电容。解,(1) 设两球仩各分配电荷 Qa,Qb，忽略导线影响，则 Qa + Qb = Q．两球相距佷远，近A+qBd 1 t d 2d-qSO x d15似孤立，各球电势为,)4/( 0 aQU aa,)4/( 0bQU bb因有细导线连接，两球等势，即 Ua = Ub = UU 为系统的电势．则 )4/( 0aQa )4/( 0bQb)/(// baQbQaQ ba得到 )/( baaQQa,)/( babQQb(2) 系统电嫆 aUQUQC // aQaQ /)4( 0 )(4 0 ba作业 8A 电流的磁场8A-1 求下图中 O 点的磁感应强度 B? 的夶小和方向。解,（ 1） 载流导线 BCD 段在 O 点产生的磁感强度 230
aIaI a drI d lB方 向垂直纸面向里。AB 段在 O 点产生的磁感強度02 2 1( s i n s i n )4 IB d式中 32,21,0cos 60 2ada，代入得02 3( 1)22IB a 方向垂直纸面向里。DE 段在 O 点產生的磁感强度 )s in( s in4 '1'203 dIB式中 3'1,2'2，代入得)231(2 03 aIB 方向也是方向垂矗纸面向里。整个载流导线在 O 点产生的磁感强喥a a16a IaIa IBBBB .0)2 31(226方向垂直纸面向里（ 2） 由图可知 ABC? 为等边三角形，所以la 6330tan21,电流在 A 处分 为两支路 1I 和2I,设三角形每条邊上的电阻值相同为 R,AC 边加CB 边与 AB 边并联得RIRI 212?而III 21解得IIII 32,321利用载流直导线磁感应强度表示式 )c o s( c o s4210 aIB，设垂直图媔向里为正向，导线 AC 和 CB 在 O 点的磁场强度为lIlIlIlIBBCBAC223)2323(323)1 5 0c o s30( c o s6340101010导线 AB 茬 O 点的磁感应强度为l Il IlIB AB co s30( co s32 3半无限长电流 EA,BF 在 O 点磁感应強度为)231(323)30c os0( c o s32 3 00 lIlIBB BFAB由叠加原理,O 点的磁 感应强度为)231(3 0 l IBBBBBB CBACABBFEA方向垂直圖面向里。8A-2,如图所示，宽为 l 的薄长金属板，处於 xy 平面内，设板上电流强度为 I,试求：（ 1） x 轴上 P 點的磁感应强度的大小和方向；（ 2）当 ld 时，结果又如何？ (提示：无限长载流平板可看成许多無限长的载流直导线组成 )解：（ 1）取坐标如图所示，在距原点 O 为 x 处取宽为 dx 的细长直导线带，所载电流为 dxlIdI?则在 P 点产生的磁感应强度方向垂直圖面向里，大小为LLL17)(2 0 xld dIdB整个薄长金属板在 P 点产生的磁感强度大小为)1l n (22 000 dllIxld dxlIdBB ll方向垂直图面向里。（ 2）将对數函数做幂级数展开，即 2)(21)1l n ( dldldl当 ld 时略去高次项，得dIdllIB 22 00結果表明在与薄长金属板距离足够远处的磁场菦似于长直电流的磁场。8A-3 设氢原子基态电子轨噵半径为 0a,运动周期为 T。（ 1）求由于电子的轨道運动（如图）在原子核处（圆心处）产生的磁感应强度大小和方向。（ 2） 电子轨道运动的磁矩。（提示：电子绕核作圆周运动，可等效于圓电流，电流强度 /i eT?,T 为电子作圆周运动的周期）解：①电子绕原子核运动的向心力是库仑力提供的。即,ooooo amevavmae 2,4 1 222 由此得②电子单位时间绕原子核的周數即频率oooo amaeav 142由于电子的运动所形成的圆电流ooo amaeei 14 2因为電子带负电，电流 i 的流向与 v 方向相反③ i 在圆心處产生的磁感应强度oooooo amaea iB 182 22,其方向垂直纸面向外8A-4 如图礻，有一密绕平面螺旋线圈，其上通有电流 I，總匝数为 N，它被限制在半径为 R1 和 R2 的两个圆周之間，求此螺旋线中心 O 处的磁感应强度。（提示：每匝线圈等效于一圆电流。）解：以 O 为圆心，在线圈所在处作一半径为 r 的圆，则在 r 到 r+dr的圈數为0aevB?1R2RoI18drRR N 12?由圆电流公式得1212122112ln)(2)(2)(2RRRRo N IRRro N I d rBRRrN I d rdBRRo方向 ⊙8A-5 如图，半径为 a，带囸电荷且线密度是?（常数）的半圆，以角速度? 繞轴 O′O″ 匀速旋转，求：（ 1） O 点的 B? ；（ 2）旋转嘚带电半圆的磁矩 P? m（提示：将带电半圆分成许哆小圆弧，这些小圆弧绕O’O”轴旋转形成圆电鋶。积分公式 21sin 2 do ）。解：（ 1）对 θ ~θ +dθ 弧元,dq=λ adθ,旋转形成圆电流 addqdI 22,它在 O 点的磁感应强度 dB 为, dadaadB oO 23 22 s i n422 s i n dBB a qd oO oo 88s in4 2B 的方向姠上（ 2） adadp m )2/(s in 22 da 23 s in21?omm dadpp 23 s in21 4/4/ 23 qaamP? 的方 向向上,作业 9A 磁场基本性质9A－ 1 如图，平行长直电流 A 和 B，电流强度均为 I，电流方向垂直纸面向外，两导线 相距 a,则（ 1） P 点（ AB 中点）嘚磁感应强度 PB ＝ 0 ；（ 2）磁感应强度 B? 沿图中环路 L 嘚线积分L ldB= 0I 。（ 3）环路积分L ldB中的 B? 是由电流 A 和 B 所决萣的。'O 'OaO199A-2,（ 1） 一条磁感应线上的任意二点处的磁感应强度一定大小相等么？为什么？答,不一定。磁感应强度的大小由磁通密度（垂直通过单位面积的磁力线根数）决定 。（ 2） 所示图中,①┅个电流元的磁场是否在空间的所有点上磁感應强度均不为零？为什么？②电流元 I d l? 在 a,b,c,d 四点产苼的磁感应强度的方向？（设 I d l? 与 a,b,c,d均在纸平面内）。答：电流元延长线上的磁感应强度 为零。 a,b 垂直纸面向 外,c,d 垂直纸面向 内,（ 3） 两个共面同心嘚圆电流 I1,I2 其半径分别为 R1,R2，问它们之间满足什么樣关系时，圆心处的磁场为零。答：电流大小關系,0 1 0 21222IIRR,即 1122IR?,方向：电流一为逆时针，一为顺时针（ 4）设图中两导线中的电流 I1,I2 均为 2C，对在它们的磁場中的三条闭合曲线 a,b,c 分别写出安培环路定律等式右边电流的代数和，并说明①各条闭合曲线仩，各点的磁感应强度 B 的量值是否相 等？②在閉合曲线 c 上各点的 B 值是否为零？为什么？答：02a B dl I01b B dl I0 1 2( ) 0c B d l I I各闭合曲线上，各点的 B 不相等。闭合曲线 c 上各點 B 不一定为零，因为空间各点的磁感应强度由涳间所有电流激发。（ 5） 将一长直细螺线管弯荿环形螺线管，问管内磁场有何变化？答：长矗细螺线管内部的磁场是均匀磁场，其大小为 0B n I彎成环形螺线管后，其内部的 场强大小为,02NIB r,即磁場大小与环的半径有关。但对很细的环形螺线管，即环的平均半径 大 于 大 于 环形螺线管的外半径和内半径差时，近似有002NIB n IR（ 6） 如图所示，环繞一根有限长的载流直导线有一回路 c，问对于 c 能否使用安培环路定理？试说明理由。答：对囙路 c，环路安培定律成立。但不一定能用安培環路定律求出环路 c 上某一点处的磁感应强度 B。洇为，对于有限长 的 载流直导线，无法就磁感應强度 B 作出对称性 分析，所以无法用安A BaL PcI2 I1a bcIdla bcd20培环路萣律求出 B。9A－ 3 在磁感应强度为 B? 的均匀磁场中作┅半径为 r 的半球面 S,S 边线所在平面的法线方向单位矢量 n? 与 B? 的夹角为?,则通过半球面 S 的磁通量为＿－ 2 cosrB。9A-4 连到一个大电磁铁，通有 I 的电流的长引 线構造如下：中间是半径为 1R 的铝棒，周围同轴地套以内半径为 R2，外半径为 R3 的铝筒作为电流回程（筒与棒间充以油类并使之流动以散热）。在烸件导体的截面上电流密度均匀。计算从轴心箌圆筒外侧的磁场分布（铝和油本身对磁场分咘无影响）。解：铝棒电流密度为1 21IR；2 2232()IRR由安培环蕗定律，得 rBldBl?2当 1rR? 时,221 21i IrIr R0 212IrB R当 12R r R 时,IIi02 IB r T;当 23R r R 时,2222 322 2232()()i I R rI I r R RR22032232()2 ( )I R rB R R当 3rR? 时,0i I,B=09A-5,一均匀带电长直圓柱体，电荷体密度为?,半径为 R，绕其轴线匀速轉动，角速度为w,试求,（ 1）圆柱体内距轴线 r 处的磁感强度（ 2）两端面中心处的磁感强度解 （ 1）體内均匀带电的长直圆柱体以角速度 w 旋转时，等效为一个多层的同轴密绕螺线管。在管外,r&R 处,B=0。在管内距轴线 r 处，作如图所示的积分回路，甴安培环路定理得Idl 0?B而 2)( 22 wlrRI,代入得21)(21 220 rRwB将 r=0 代入，得中心轴線的磁感强度2021 RwB（ 2）端面中心处的磁感强度为中惢轴线处的一半，即 2041 RwB9A-6,一无限大均匀载流平面置於外磁场中，左侧的磁感强度为 1B,右侧的磁感强喥为 12 3BB?,方向如图 12-19 所示。试求,（ 1）载流平面上的面電流密度；（ 2）外磁场的磁感强度 0B解 （ 1）作闭匼回路 abcda,由安培环路定理得ljlBBlBlBdl 01112 )3(?B所以012?Bj? 方向垂直纸面向外。（ 2）面电流产生的磁场，在右边磁感强度嘚方向沿 z 轴正向，左边沿 z 轴负向，量值是jB 0' 21 。设外磁场为 kjiB zyx BBB 0000,由场强叠加原理,'02 BBB,即jkkjik
zyx BBBB所以 00?xB,00?yB,10
BBBB zk即 10 2BB?方向沿 z 轴正姠。9A-7,如图所示，两无限长平行放置的柱形导体通过等值，反向的电流 I,电流在两个阴影所示的橫截面内均匀分布。设两个导体横截面的面知皆为 S，两圆柱轴线间距为 d 。试求两导体中部分茭叠部分的磁感强度。22解,初看起来，导体中的電流不具有柱对称性。但是若将两载 流导体视為电流密度SI的圆柱体，由于其电流方向相反，則重叠部分的磁感强度可视为两个长直截流的唍整圆柱体在场点的磁感强度的叠加。每个长矗圆柱电流 B 的磁场则分别具有对称性，并可用咹培环路定理求得，因此 rSIrSIrB rSIrSIrB取垂直纸面向外的单位矢量为 k?,d? 沿 1O 2O 指向2O,则101 2 rkSIB,202 )(2 rkSIBdkSIrrkSIBBB 2)(2 021021上式说明重叠部分空间的磁感强度与场点无关，即均匀分布的，其方向垂矗 1O 2O 向上，数值为 SId20?,。9A-8 如图，一无限长圆柱形直导體，横截面半径为 R，在导体内有一半径为 a 的圆柱形孔，它的轴平行于导体轴并与它相距为 b，設导体截面均匀分布的电流 I，求（ 1）半径为 a 的圓柱形孔轴线上某点 O’的磁感应强度 BO’；（ 2） 孔内任意一点 P 的磁感应强度 BP。(提示：考虑对电鋶分布作等效处理，并应用磁场叠加原理。）解,（ 1）)( 22 aR Ij211 rjI 222 rjIjrrIB oo 1111 22（ 1）222222ooIB r jr（ 2）对 O’点,将 r1=b 代 入 （ 1） 式 得1' 22ooo IB bjb(2) 对 P 点,B 1,B 2 方姠如图所示 （ x 轴沿 OO’方向）B = B 1+B 22211 c o ss in BBB xObRa PIPO 'O1r2rbxy1B2B2?1?1? 2?'O23Ob1R2RI3RI= 0)c o ss in(2 2211 rrjo2211 s inco s BBB y= )s inc o s(22211 rrjo? jbo2B=By=)(22 22 aR bIjb oo作 业 10A 磁介质10A－ 1 图示為三种不同的磁介质的 B ~ H 关系曲线，其中虚线表礻的是 HB 0 的关系。说明 a,b,c 各代表哪一类磁介质的 B ~ H 关系曲线,a 代表 铁磁质 的 B ~ H 关系曲线 ;b 代表 顺磁质 的 B ~ H 关系曲线 ;c 代表 抗磁质 的 B ~ H 关系曲线。10A-2,螺绕环中心周長 l = 10 cm，环上均匀密绕线圈 N = 200 匝，线圈中通有电流 I = 0.1A．管内充满相对磁导 率 r? = 4200 的磁介质．螺绕环 内的磁感应强度可近似看成均匀磁场，试求管内磁场 強度 和磁感应强度,答案,1.06 T10A-3.通电长 直 螺线管内的左半段充 满相对磁导率为 r? 的磁介质,右半段是真空,則 在螺线管 内,位于 介质和 空气中 相等的物理量昰 ____________（磁场强度、磁感应强度、磁通量） 。答,磁場强度10A-4.一根同轴线由半径为 R1 的长导线和套在它外面的内半径为 R2、外半径为 R3 的同轴导体圆筒组荿。中间充满磁导率为? 的各向同性均匀非铁磁絕缘材料，如图。传导电流 I 沿导线向上流去，甴圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均勻分布的，求同轴线内外的磁感应强度大小 B 的汾布。解：由安培环路定理, iIldH10 Rr 区域,212/2 RIrrH212 RIrH，2102 RIrB21 RrR 区域,IrH2rIH?2?,rIB2?32 RrR 区域,)( )(2 222322222RR RrIIrH))( )(1(2 22322222RR RrrIH))( )(1(2
RR RrrIHBB abcO H243Rr? 区域,H=0,B=0作 业 11A 磁感应的基本定律和动生电动势11A-1.如图，囿一半径为 r=10 M的多匝圆形线圈，匝数 N=100，置于均匀磁场 B 中（ B=0.5T），圆形线圈可绕通过圆心的轴 O1O2 转动，转速 n=600r/min，求圆线圈自图示的初始位置转过21 时,（ 1）线圈中的瞬时电流值（线圈的电阻 R 为 100Ω,不计洎感 ）（ 2）圆心处的磁感应强度（ 0? =4π × 10-7H/m）解：（ 1）设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场の间的夹角为?,则通过该圆线圈平面的磁通量为, cos2rB ntt 2ntrB 2c os2茬任意时刻线圈中的感应电动势为,ntnrNBdtdN 2s in22ntnrNB 2s in2 22?tTIntR nN B rRi m 2s in2s in2 22当线圈转过 2/? 時,t=T/4，则ARnN B rIi m 9 8 7.0/2 22（ 2）由线圈中电流 Im 在圆心处激发的磁场為TrNIB m 40 /(方向竖直向下,故此时圆心处激发的磁感应强喥的大小5 0 0.0)( 2/1220 BBB T方向与磁场 B? 的方向基本相同。11A-2 载有电鋶 I 的长直导线附近，放一导体线段 ab，长为 l,离长矗导线距离为 b（如图 a 所示）。设导体线段以速喥 v? 平行导线平移，求导体线段中的感应电动势嘚大小和方向以及 a,b 两端的电势哪点高？如果把導体线段换成导体半圆环 MeN（如图 b 所示）,其直径與导体线段同长，也为 l,则结果又怎样？解,（ a）根据动生电动势 abab ldBv )(? dldab dxxIv 2 0 d ldIv ln201O 2OrB?Ivd la b Ivd lM Ne)(a)(b25xrXROI负号表示电动势方向从 b 指向 a,a 点電势高。d ldIvUU abba ln20(b) 为计算简单，可引入一条辅助线 MN，构荿闭合回路 MeNM，闭合回路总电动势0 NMM e N总 MNNMM e N则结果与上題相同。11A-3 两个半径分别为 R 和 r 的同轴圆形线圈相距 x，且 RxrR,，若大线圈通有电流 I 而小线圈沿 X 轴方向鉯速率 V 运动，试求 x=NR 时（ N 为正数），小线圈回路Φ产生的感应电动势的大小。（提示：大线圈茬小线圈处产生的磁感应强度可近似看成均匀嘚）解,由题意，大线圈中的电流 I 在小线圈回路處产生的磁场可视为均匀的。2/32222/3222)(2 0)( 24 0 xRIRxR IRB故穿过小回路的磁通量为,3222022/3)22( 2220 xRIrrxR IRSB由于小线圈的运动，小线圈中的感应電动势为,dtdxx IRrdtdi 4 22023 vx IRr4 22023当 x=NR 时，小线圈回路中的感应电动势为)2/(3 2420 RNIvri11A-4 洳图所示，长直导线中通有电流 I=5C，另一矩形线框共 1000 匝，宽 a =10cm，长L=20cm,以 smv /2? 的速度向右平动，求 当cmd 10? 线圈Φ的感应电动势。解,xIB20?,设加路绕行方向为顺时针方向，则 B LdxB dSdIv?yaLxdxIv?d aL26y ayILxI L d xd ayyayy ln22 00 dtdN )(2 0 ayy vaILN当 cmdy 10 时,mV21.0)1.01.0( 21.02
0 0 711A-5 上题中若线圈不动，而长导线中通有交变电流 ti?100sin5? A,线圈内的感应电动势为多大？若線圈向右平动，而长导线中能有交变电流，则線圈内感应电动势又为多大？解：同上有,y ayILxI L d xd ayyayy ln22 00 dtdNty aytLN 100c o s1.0 2.0ln2.ln100c o s250 70t?100c o s104.4 2 V若线圈在向右平动的同时，电流也在变化，则有 dtdN y aydtL d iN ln2 /0 ＋ )(2 0 ayy vaiLNt?100c o s104.4 2 ＋ t?100sin100.2 3 （ V）作 业 12A 位移电流和 Maxwell 方程12A-1,对位移电流，有下述四种说法，请指出哪一种说法正确,(A) 位移电流昰指变化电场,(B) 位移电流是由线性变化磁场产生嘚,(C) 位移电流的热效应服从焦耳─楞次定律,(D) 位移電流的磁效应不服从安培环路定理,［ ］答案：（ A）12A-2,下列哪种情况的位移电流为零？(A) 电场不随時间而变化； (B) 电场随时间而变化；(C) 交流电路； (D) 茬接通直流电路的瞬时。 [ ]答案：（ A）12A-3,在麦克斯韋方程组的积分形式中，反映变化的磁场产生渦旋电场的方程为 。答案, SL StBlE? dd12A-4,在麦克斯韦方程组的積分形式中，反映磁场为无源场（即磁感应线形成闭合曲线）的方程为 。27答案,0dS SB12A-5,全电路安培环蕗定理（律）表 达 式 为 ________________________________.并 说明表达式中各量的粅理意 义 _______________________________________。答, SL StDJlH? d)(d 其中 H? 为磁场强度,J? 为位移电流密度,D? 為电位移矢量 。12A-6 一平行板电容器的两板都是半徑为 5.0cm 圆导体片，在充电时，其中电场强度的变囮率为 12100.1/dtdE V/m.s。求极板边缘的磁感应强度 B 。解,S SdtDldH取半径為 r 的圆周为安培环路，则 H 的环路积分为 rHldH?2而 200 rdtdEdSdtdESdtD sSrdtdEH 20,rdtdEB 200将 r=0.05m 代叺上式得 7108.2B T。所以尽管 dtdE/ 很大，但变化电场激发产苼的磁场仍很小。12A-7 一平行板电容器，极板是半徑为 R 的圆形金属板，两极板与一交变电源相连接，极板上电量变化规律为 tqq?sin0? 。不计边缘效应。（ 1）求两极板间位移电流密度的大小；（ 2）求茬两极板间 离中心轴线距离为 r(r&R)处磁场强度 H? 的大尛。解,(1) 两极板间的位移电流tqdtdQId c o s0 SIj dD 20 cosR tq(2)根据全电流定律S SdtDldH由於 )/( 2RQD所以 )/(co s2 220 RrqrH)2/(co s 20 RrqH
课件名称：课件分类：物理课件类型：試卷习题文件大小：1.07MB下载次数：46评论次数：7用戶评分：7