大学物理课后习题答案
第九章 静电场 (Electrostatic Field)
二、计算题
9.7 电荷为＋q 和－2q 的两个点电荷分别置于x ＝1 m 和x ＝－1 m 处．一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？
解：设试验电荷0q 置于x 处所受合力为零，根据电力叠加原理可得
()()()()
02222
0000(2)(2)??0041414141q q q q q q i i x x x x εεεε?-?-+=?+=π-π+π-π+
即：2
610(3x x x m -+=?=±。因23-=x 点处于q 、－2q 两点电荷之间，该处场强不可能为零．故舍去．得
()
223+=x m
9.8 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荷+Q ，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q ，如题图9.4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θ 处取微小电荷
d q = λd l = 2Q d θ / π
它在O 处产生场强
θεεd 24d d 2
0220R
Q
R q E π=π=
按θ 角变化，将d E 分解成二个分量：
θθεθd sin 2sin d d 2
02
R
Q
E E x π=
=
θθεθd cos 2cos d d 2
02R Q
E E y π-=-=
对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷
??
?
???-π=??π
ππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R Q
E x ＝0 2022/2/0202d cos d cos 2R Q
R Q E y εθθθθεπ
πππ-=??
????-π-=?? 所以
j R Q j E i E E y x ?
?
??2
02επ-=
+=
9.9如图9.5所示，一电荷线密度为λ的无限长带电直导线垂直纸面通过A 点；附近有一电量为Q 的均匀带电球体，其球心位于O 点。AOP ?是边长为a 的等边三角形。已知P 处场强方向垂直于OP ，求:λ和Q 间的关系。
解：如图建立坐标系。根据题意可知
02
000cos 60042x Q E a a
λ
πεπε=?
+
=∑ Q a λ?=-
9.10 如题图9.6所示，一电荷面密度为的“无限大”平面，在距离平面a 处的一点的场强大小的一半是由平面上的一个半径为R 的圆面积范围内的电荷所产生的．试求该圆半径的大小．
解：电荷面密度为σ ：E =σ / (2ε0)。
d r
r
O 以图中O 点为圆心，取半径为r →r ＋d r 的环形面积，其电量为d q = σ2πr d r 。它在距离平面为a 的一点处产生的场强
()
3/2
2
20d 2ardr
E a r
σε?=
+
则半径为R 的圆面积内的电荷在该点的场强为
()
?+=
R
r a
r
r a E 0
2
/32
2
d 2εσ ???
?
??+-=
220
12R a a εσ 由题意,令E =σ / (4ε0)，得到
R ＝a 3
9.11 如题图9.7所示,一均匀带电直导线长为d ，电荷线密度为λ+。过导线中点O 作一半径为R （2d R >）的球面S ，P 为带电直导线的延长线与球面S 的交点。求： （1）、通过该球面的电场强度通量E Φ。 （2）、P 处电场强度的大小和方向。 解：（1）利用静电场的高斯定理即可得：int
E q d
λεεΦ=
=
。
（2）如图建立一维坐标系，坐标原点与圆心重合。在带电导线上坐标为x 处取长度为dx 的带电元，其所带电荷量为dq dx λ=，dq 在p 点产生的电场强度为：
22
00??4()4()
dq dx dE i i R x R x λπεπε=
=-- 则p 点的电场强度为
2
22
2
2
2
2
00??4()
(4)
d d d d dx
d E dE i i
R x R d λλπεπε--===--??
r r
9.12 题图9.8中，虚线所示为一立方形的高斯面，已知空间的场强分布为：E x ＝bx ，E y ＝0, E z ＝0。高斯面边长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0ε＝8.85×10-12 C 2·N -1·m -2 )
解：设闭合面内包含净电荷为Q ．因场强只有x 分量不为零，故只是二个垂直于x 轴的平面上电场强度通量不为零．由高斯定理得：
1122120
,()Q
E S E S S S S ε-+=
==
则
202102103
12
0()()(2)8.8510Q S E E Sb x x a b a a a b C
εεεε-=-=-=-==?
9.13 体图9.9所示，有一带电球壳，内、外半径分别为a 、b ，电荷体密度为r A =ρ，在
球心处有一点电荷Q 。证明：当)2(2
a Q A π=时，球壳区域内电场强度E ρ
的大小与半径r
无关。
证：用高斯定理求球壳内场强： ()
02
/d 4d ερ??+=π?=?V
S
V Q r E S E ??,而
??
?π=π?=r r
a v r r A r r r A
V 02d 4d 4d ρ()222a r A -π=
()2
220202414a r A r r Q E -π?π+π=εε2
02020224r Aa A r Q E εεε-
+π=
a
b
Q
ρ
要使E ?
的大小与r 无关，则应有 ：
0242
02
20=-πr
Aa r Q εε， 即22a Q A π=
9.14 如题图9.10所示，一厚为b 的“无限大”带电平板，其电荷体密度分布为kx =ρ (0≤x ≤b )，式中k 为一正的常量．求：
(1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小； (2) 平板内任一点P 处的电场强度；
(3) 场强为零的点在何处？
解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．
按高斯定理int 0E ds q ?=??r r
ò，即：
2
2d d 1
2εερεkSb x x kS
x S SE b
b
==
=
?
?
得到：
图9.9
r Q
a b
ρ
2
4kb E ε=， (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示．按高斯定理有：
()0
2
2εεkSb xdx kS
S E E x
==
+'?
得到：
???
? ??-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0，必须是02
2
2
=-b x ， 可得 2/b x =
9.15 一球体内均匀分布着电荷体密度为ρ
的正电荷,若保持电荷分布不变,在该球体挖去半
径为r 的一个小球体,球心为O ',两球心间距离d O O =',如题图9.11所示。 求：
(1) 在球形空腔内,球心O '处的电场强度0E ?
；
(2) 在球体内P 点处的电场强度E ?
。设O '、O 、P 三点在同一直径上，且d OP =。
解：挖去电荷体密度为ρ 的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场1E ?
，
而另在挖去处放上电荷体密度为－ρ的同样大小的球体，求出电场2E ?
，并令任意点的场强
为此二者的矢量叠加，即：
210E E E ?
??+=
在图(a)中，以O 点为球心，d 为半径作球面为高斯面S ，则可求出O '与P 处场强的大小。
231101443
E ds E d d ρεπ?=?π=???r r ò 得：
1110
3O P E E E d ρ
ε===
方向分别如图所示。
在图(b)中，以O 点为小球体的球心，可知在O 点E 2=0. 又以O
为心，2d 为半
径作球面为高斯面S 可求得P 点场强E 2P
()232204(2)4()/3s E ds E d r ρε'
'?=?π=π-??
r r
ò
2
03212d
r E P
ερ
-= (1) 求O
点的场强'O E ?
. 由图(a)、(b)可得
E O ’ = E 1O’ =
3ερd
， 方向如图(c)所示. (2)求P 点的场强P E ?
.由图(a)、(b)可得
???
? ?-=+=230
2143d r d E E E P
P P ερ 方向如(d)图所示.
9.16 如题图9.12所示，两个点电荷＋q 和－3q ，相距为d . 试求：
(1) 在它们的连线上电场强度0=E ?
的点与电荷为＋q 的点电荷相距多远？
(2) 若选无穷远处电势为零，两点电荷之间电势U =0的点与电荷为＋q 的点电荷相距多远？
解：设点电荷q 所在处为坐标原点O ，x 轴沿两点电荷的连线．
(1) 设0=E ρ
的点的坐标为x '，则
()
0434202
0=-'π-'π=i d x q i x q E ???εε 02222=-'+'d x d x
解出：
()
d x 312
1
+-
=' 另有一解(
)
d x 132
1
2
-=''不符合题意，舍去．
(2) 设坐标x 处U ＝0，则
()x d q x q U -π-π=
00434εε()0440
=??
????--π=
x d x x d q
ε 得：
4
d x =
E 1P
ρ P
E 2P
E P 图(d)
O
O '
P E 1O’ ρ
图(a)
O ρ O '
d
E O’=E 1 O’
图(c)
O P E 2P
-ρ O '
r
2O’=0
图(b)
E 1P
9.17 一均匀静电场，电场强度1)600400-?+=
m V j i E ρ
ρρ（，空间有两点)2,3(a 和)0,1(b ，（y x ,以米计）。求b a ,两点之间的电势差ab U 。
解：空间某点的位矢表示为??r xi
yj =+r ，则 ????(400600)()b b
ab a b a
a
U V V E dr i j idx jdy =-=?=+?+??r r
10
3
2
(400600)4006002000()b a
dx dy dx dy V =+=+=-???
9.18 题图9.13所示，为一沿x 轴放置的长度为l 的不均匀带电细棒，其电荷线密度为）
（a x -=0λρ，0λ为一常量．取无穷远处为电势零点，求坐标原点O 处的电势．
解：在任意位置x 处取长度元d x ，其上带有电荷d q =λ0 (x －a )d x 。它在O 点产生的电势
()x
x
a x U 004d d ελπ-=
O 点总电势：
??????-π=
=???++l a a l a a x x a x dU U d d 400ελ???
??
?+-π=a l a a l ln 400ελ
9.19 题图9.14所示，电荷q 均匀分布在长为2l 的细杆上。求 （1）、在杆外延长线上与杆端距离为a 的P 点的电势(设无穷远处为电势零点)。 （2）、杆的中垂线上与杆中心距离为a 的P 点的电势。(设无穷远处为电势零点)．
解：（1）设坐标原点位于杆中心O 点，x 轴沿杆的方向，如图所示．
P
a
O 2l x d x
细杆的电荷线密度λ＝q / (2l )，在x 处取电荷元d q = λd x ＝q d x / (2l )，它在P 点产生的电势为
()()
x a l l x
q x a l q U P -+π=-+π=
008d 4d d εε
整个杆上电荷在P 点产生的电势：
()?--+π=
l
l P x a l x l
q
U d 80ε()l l
x a l l q --+π-=ln 80ε??
? ??+π=a l l q 21ln 80ε
（2）设坐标原点位于杆中心O 点，x 轴沿杆的方向，如图所示.
a x
O 2l
x d x P
杆的电荷线密度λ=q / (2l )．在x 处取电荷元d q ．d q = l d x = q d x / (2l ) 它在P 点产生的电势
2
2
02
208d 4d d x
a l x q x
a q U P +π=
+π=
εε
整个杆上电荷产生的电势：
?
-+π=
l
l
P x a x
l
q
U 220d 8ε()
l
l
x a x l q -++π=2
20ln 8ε
2
220ln 8????????++π=a l a l l q
ε???
?
????++π=
a l a l l q
220ln 4ε
9.20 两个带等量异号电荷的均匀带电同心球面，半径分别为R 1＝0.03 m 和R 2＝0.10 m ．已知两者的电势差为450 V ，求内球面上所带的电荷．
解：设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为
2
04r Q
E επ=
(R 1＜r ＜R 2）
两球的电势差：
?
?
π=
=2
1
2
1
20
124d R R R R r dr Q
r E U ε???? ??-π=
21
114R R Q ε
∴ 1
2122104R R U R R Q -π=
ε＝2.14×10-9 C
9.21 电荷以相同的面密度分布在半径为r 1＝10 cm 和r 2＝20 cm 的两个同心球面上．设无限远处电势为零，球心处的电势为U 0＝300 V ． ［0ε＝8.85×10-12 C 2 /(N·m 2)］ (1) 求电荷面密度σ．
(2) 若要使球心处的电势也为零，外球面上应放掉多少电荷？
解：(1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即
???? ??+π=
221
10
041
r q r q U ε???
? ??π-ππ=22212104441r
r r r σσε()210r r +=εσ
2
100r r U +=ε
σ＝8.85×10-9 C / m 2
(2) 设外球面上放电后电荷面密度为σ'，则应有：
()210
1r r U σσε'+='= 0 即 ：
σσ2
1
r r -
=' 外球面上应变成带负电，共应放掉电荷：
()????
?
?+π='-π='212222144r r r r q σσσ ()20021244r U r r r εσπ=+π=＝6.67×10-9 C
9.22如题图9.15所示，半径为R 的均匀带电球面，带有电荷q ．沿某一半径方向上有一均匀带电细线，电荷线密度为λ，长度为l ，细线左端离球心距离为r 0．设球和线上的电荷分布不受相互作用影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能(设无穷远处的电势为零)．
解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为x q d d λ='，该线元在带电球面的电场中所受电场力为：
2
04q dx
dF x λπε=
整个细线所受电场力为：
()
l r r l q x x q F l r r +π=π=
?
+00020
4d 400
ελελ，方向沿x 正方向．
O
R x
r 0
r 0+l
d x
x
电荷元在球面电荷电场中具有电势能：
04q dx
dW x
λπε=
整个线电荷在电场中具有电势能：
???
?
??+π=π=
?
+0000
ln 4d 400
r l r q x x q W l r r ελελ
9.23一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5×10-4 m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5×10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ，如题图9.16所示．阳极电势比阴极高300 V ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6×10-19 C)
解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为λ．按高斯定理有：
2rE λπε=
即两极间的电场强度可表示为：
02E r
λ
πε=
， (R 1＜r ＜R 2)， E r
的方向沿半径指向轴线．两极之间电势差
??π-=?=-21d 2d 0R R B A B A r
r r E U U ελ?
?120ln 2R R ελπ-=
()1
20/ln 2R R U U A B -=πελ
所以，两极间的电场强度为：
()r
R R U U E A B 1
/ln 12?-=
在阴极表面处电子受电场力的大小为
()()1211
1
ln /B A U U F eE R e
R R R -==?＝4.37×10-14 N
方向沿半径指向阳极．
9.24 题图9.17为一球形电容器，在外球壳的半径b 及内外导体间的电势差U 维持恒定的条件下，内球半径a 为多大时才能使内球表面附近的电场强度最小？求这个最小电场强度的大小．
解：设内球壳带电量为q ，则根据高斯定理可得出两球壳之间间半径为r 的同心球面上各点电场强度的大小为
2
04q E r πε=
内外导体间的电势差：
011()4b
a
q
U E dr a b
πε=?=
-?
r r 当内外导体间电势差U 为已知时，内球壳上所带电荷即可求出为：
4abU
q b a
επ=
-
内球表面附近的电场强度大小为：
()
24q bU
E a a b a ε=
=π-
欲求内球表面的最小场强，令
0dE
da
=，则
()()011d d 2
2
=???
? ??---=a b a a b a bU a E 得到：
2b
a = 并有
0d d 2
/2
2>=b a a E
可知这时有最小电场强度：
()b
U
a b a bU E 4min =-=
9.25 题图9.18所示，一半径为R 的“无限长”圆柱形带电体，其电荷体密度为：Ar =ρ (r ≤R )，式中A 为常量．求：
(1) 圆柱体内、外各点场强大小分布；
(2) 选与圆柱轴线的距离为l (l ＞R ) 处为电势零点，计算圆柱体内、外各点的电势分布．
解：(1) 取半径为r 、高为h 的高斯圆柱面(如图所示)．面上各点场强大小为E 并垂直于柱面．则穿过该柱面的电场强度通量为：
2s
E ds rhE ?=π??r r ò
为求高斯面内的电荷，r R ≤时，取一半径为r ，厚d r 、高h 的圆筒，其电荷为：
r r Ah V ''π=d 2d 2ρ
则包围在高斯面内的总电荷为
3/2d 2d 30
2Ahr r r Ah V r
V
π=''π=??
ρ
由高斯定理得： ()033/22εAhr rhE π=π
解出：
()023/εAr E = (r ≤R )
r R >时，包围在高斯面内总电荷为：
3/2d 2d 30
2
AhR r r Ah V R
V
π=''
π=??ρ
由高斯定理：
()033/22εAhR rhE π=π
解出：
()r AR E 033/ε= (r >R )
(2) 计算电势分布
当r R ≤时：
??
??
+==l R R
r
l r
r r
AR r r A r E U d 3d 3d 0
3
20εε ()
R
l AR r R A ln 39033
30εε+-=
当r ＞R 时 ：
r
l
AR r r AR r E U l
r
l r
ln 3d 3d 0303εε=?==?
?
9.26已知某静电场的电势函数x y x U ln 22++-= (SI)．求点(4，3，0)处的电场强度各分量值．
解：由场强与电势梯度的关系式得
x U E x ??-
==-1000 V/m ；0=??-=y U E y ；0=??-=z
U
E z
9.27 如题图9.19所示，在电矩为e p ?
的电偶极子的电场中，将一电荷为q 的点电荷从A 点沿半径为R 的圆弧（圆心与电偶极子中心重合，R >>电偶极子正负电荷之间距离）移到B 点，
求此过程中电场力所作的功。
解：用电势叠加原理可导出电偶极子在空间任意点的电势
3
04p r V r
ε=π?v v 式中r ?
为从电偶极子中心到场点的矢径．于是知A 、B 两点电势分别为 2
04A p V R
ε=-
π； 2
04B p
V R
ε=
π (
)
p p ?
=
q 从A 移到B 电场力作功(与路径无关)为
()2
02A B qp
A q V V R
ε=-=-
π 第十章 静电场中的导体和电介质
二、计算题
10.13 如题图10.4所示，一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳，带有电荷Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ．设无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷．
(2) 球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势．
(3) 球心O 点处的总电势．
解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ． (2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为
a
dq
U q 04επ=
?-a
q
04επ-=
(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点产生的电势的代数和
q Q q q O U U U U +-++=
r q 04επ=
a q 04επ-
b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εb
Q
04επ+
10.14 有一"无限大"的接地导体板 ，在距离板面b 处有一电荷为q 的点电荷．如题图10.5(a)所示，试求：
(1) 导体板面上各点的感生电荷面密度分布(参考题图10.5(b))； (2) 面上感生电荷的总电荷(参考题图10.5(c))。
解：(1) 选点电荷所在点到平面的垂足O 为原点，取平面上任意点P ，P 点距离原点为r ，设P 点的感生电荷面密度为σ．
在P 点左边邻近处(导体内)场强为零，其法向分量也是零，按场强叠加原理，
()
024cos 02
20=++=
⊥εσεθ
b
r q E P π ∴ ()
2
/32
22/b r qb +-=πσ (2) 以O 点为圆心，r 为半径，d r 为宽度取一小圆环面，其上电荷为 ()
2
/32
2/d d b r qbrdr S Q +-==σ
总电荷为
()
q b
r
rdr
qb dS Q S
-=+-==?
?∞
2
/322
σ
10.15 如题图10.6所示，中性金属球A ，半径为R ，它离地球很远．在与球心O 相距分别为a 与b 的B 、C 两点，分别放上电荷为q A 和q B 的点电荷，达到静电平衡后，问： (1) 金属球A 内及其表面有电荷分布吗？
(2) 金属球A 中的P 点处电势为多大？(选无穷远处为电势零点)
B C R A
P O
q A q B
b
a
题图10.6
解：(1) 静电平衡后，金属球A 内无电荷，其表面有正、负电荷分布，净带电荷为零．
(2) 金属球为等势体，设金属球表面电荷面密度为σ． ()()0004///4/d εεσπ++π?=
=??
a q a q R S U U B A S P A
∵
0d =???A
S S σ
∴ ()()04///επ+=a q a q U B A P
10.16 三个电容器如题图10.7联接，其中C 1 = 10×10-6 F ，C 2 = 5×10-6 F ，C 3 = 4×10-6
F ，当A 、B 间电压U =100 V 时，试求：
(1) A 、B 之间的电容；
(2) 当C 3被击穿时，在电容C 1上的电荷和电压各变为多少？
题图10.7
解：(1) =+++=
3
213
21)(C C C C C C C 3.16×10-6 F
(2) C 1上电压升到U = 100 V ，电荷增加到==U C Q 111×10-
3 C
10.17 一个可变电容器，由于某种原因所有动片相对定片都产生了一个相对位移，使得两个相邻的极板间隔之比为2:1，问电容器的电容与原来的电容相比改变了多少？
解：如下图，设可变电容器的静片数为n ，定片数为1-n ，标准情况下，极板间的距离为d （图a ），极板相对面积为S 。则该电容器组为)1(2-n 个相同的平行板电容器并联（图a ）。总电容为d
S
n C 0
)1(2ε-=。 当动片由于某种原因发生相对位移而使相邻的极板间隔变为2:1:=b a 后，总电容为：
b
S n a S n C 00
)1()1(εε-+-=' d
d d S n ab b a S
n 3432002)1()1(?-=+-=εε49
)1(0?-=d S n ε 所以电容增加了：
d
S
n C C C 0)1(41ε-=
-'=?
10.18 一平行板空气电容器充电后，极板上的自由电荷面密度0σ＝1.77×10-6
C/m 2
．将极板与电源断开，并平行于极板插入一块相对介电常量为8=r ε 的各向同性均匀
电介质板．计算电介质中的电位移D ?、场强E ?和电极化强度P ?
的大小。(真空介电常量0ε＝8.85×10-12
C 2
/ N·m 2
)
解：由D ?
的高斯定理求得电位移的大小为
620 1.7710/D C m σ-==? 由0r D E εε=r r 的关系式得到场强E ?
的大小为
r
D E εε0=＝2.5×104 V/m
介质中的电极化强度的大小为
620e 0= (1) 1.5510/r P E E C m εχεε-=-=?
10.19 如题图10.8所示，一空气平行板电容器，极板面积为S ，两极板之间距离为d ，其中平行地放有一层厚度为t (()t d <、相对介电常量为r ε的各向同性均匀电介质．略去边缘效应，试求其电容值。
d
t
题图10.8
解：设极板上的自由电荷面密度为0σ．应用D r
的高斯定理可得两极板之间的电位移大小为
D σ=
由0r D E εε=r r
得：空气中的电场强度大小为000E σ=；电介质中的电场强度的大小为000()r E σεε=。
两极板之间的电势差为
0()U E d t Et =-+ ()t t d r εεσεσ
00+-=
()[]t d r r r εεεεσ-+=10 电容器的电容为
()t
d S
U S
C r r r εεεεσ-+=
=
10
作法二： 看成二个电容串联， t d S C -=01ε， t
S
C r εε02= ，则
()t
d S C C C C C r r r εεεε-+=+=
10212
1
10.20一平行板电容器，极板间距离为10cm ，其间有一半充以相对介电常量10=r ε的各向同性均匀电介质，其余部分为空气，如题图10.9所示．当两极间电势差为100 V 时，试分别求空气中和介质中的电位移矢量和电场强度矢量。
解：设空气中和介质中的电位移矢量和电场强度矢量分别为1D ?、2D ?和1E ?、2E ?
，则
12U E d E d == (1)
101D E ε= (2) 202r D E εε= (3)
联立解得
100021==
=d
U
E E V/m 29101C/m 1085.8-?==E D ε；28202C/m 1085.8-?==E D r εε
方向均相同,由正极板垂直指向负极板．
10.21 一导体球带电荷 1.0Q C =，放在相对介电常量为5=r ε 的无限大各向同性均匀电介质中．求介质与导体球的分界面上的束缚电荷Q '。
解：导体球处于静电平衡时，其电荷均匀分布在球面上．以r ()r R ≥为半径作一同心
高斯球面S ．按D ?
的高斯定理，可求出介质内半径r 的同心球面S 上各点电位移的的大小
22
4,()4S
D ds Q r D Q Q
D r R r
ππ?=?=?=
≥??
r r ò
介质与导体球的分界面上各点的电场强度大小为
2
004R
R r
r D Q E R
εεπεε=
=
电极化强度的大小为
02
1
(1)(1)
4R r R r
Q
P E R εεεπ=-=-
极化电荷面密度为：
2
1??()(1)4R n R r R r Q P e P e P R σεπ'=?=?-=-=--r r
分界面上的束缚电荷为
21
4(1)0.8r
Q R Q C πσε''==--
=-
10.22 半径为R 的介质球，相对介电常量为r ε、其自由电体荷密度)1(0R r -=ρρ，式中0ρ为常量，r 是球心到球内某点的距离．试求：
(1) 介质球内的电位移和场强分布．
(2) 在半径r 多大处场强最大？
解：(1) 在介质中，取半径为r '→r '＋d r '的同心薄壳层，其中包含电荷
()r r R r V q ''π'-==d 4/1d d 20ρρ()
r R r r ''-'π=d /4320ρ
取半径为r 的同心球形高斯面，应用D ?
的高斯定理，
?'???? ??'-'π=πr r R r r D r 032
02d 44ρ???? ??-π=R r r 434430ρ 2034r r D R ρ??
?=- ???
则介质内半径为r 的球面上各点的电位移为：
20??34r r r D De e
R ρ??
==- ???
v ，（?r e 为径向单位矢量） 介质内半径为r 的球面上各点的电位移为：
()0/r E D εε=r r 200?34r
r r r e
R ρεε??
=- ???， (2) 对()E r 求极值
0231d d 00=??
? ??-=R r r E
r εερ 得2
3
r R =，且因220d E dr <，所以： 2
3
r R =
处E 最大．
10.23 如题图10.10，一各向同性均匀电介质球，半径为R ，其相对介电常量为r ε，球内均匀分布有自由电荷，其体密度为0ρ．求球内的束缚电荷体密度ρ'和球表面上的束缚电荷面密度σ'。
题图10.10
解：∵介质是球对称的，且ρ0均匀分布，∴ ρ'，σ' 也必为球对称分布．因而电场必为球对称分布．用D ?
的高斯定理，可求得半径为()r r R ≤r
的同心球面上
30r D ??ρ=；r D
E r
r ???εερεε0003==；003e e r P E r χρεχε==r r r 在介质内，取半径r r dr →+间的球壳为体元，则可求出介质内极化电荷体密度：
222
4()44S
r dr r P ds P r dr P r q V V r dr
ππρπ+?'?+-?'==-=-????r r ò
33
0024()4334e e r r
r dr r r dr
χρχρ
ππεεπ?+-?=-
略去d r 的高次项，则
001
(1)e r r
χρρρεε'=-
=-- ， (ρ'与0ρ异号)
介质表面极化电荷面密度：
001?(1)33
e R n R r r P e P R R χρρ
σεε'=?===-r , （σ'与0ρ同号）．
10.24 如题图10.11所示，一平行板电容器，极板面积为S ，两极板之间距离为d ，中间充满介电常量按)1(0d
x
+=εε规律变化的电介质。在忽略边缘效应的情况下，试计算该电容器的电容。
S
题图10.11
解：设两极板上分别带自由电荷面密度0σ±，则介质中的电场强度分布为
()
000d E d x σσεε=
=+ 两极板之间的电势差为
00
d d d
d
d x
U E x d x σε==
+??
00
ln 2d σε= 该电容器的电容值为
00ln 2
S
S
C U
d σε=
=
10.25 如题图10.12所示，一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为a ，外筒半径为b ，筒长都是L ，中间充满相对介电常量为r ε的各向同性均匀电介质。内、外筒分别带有等量异号电荷+Q 和-Q ．设a a b <<-)(，L >> b ，可以忽略边缘效应，求： (1) 圆柱形电容器的电容；
(2)
题图10.12
解：（1）、由题给条件 (a a b <<-)和b L >>，忽略边缘效应, 应用高斯定理可求出两
筒之间的场强为：
)2/(0Lr Q E r εεπ=
两筒间的电势差
=
π=?
r dr
L Q
U b
a
r εε02a b L Q r ln 20εεπ 电容器的电容
)]//[ln()2(/0a b L U Q C r εεπ==
（2）、电容器贮存的能量
22
1
CU W =
)/ln()]4/([02a b L Q r εεπ=
10.26两个相同的空气电容器,其电容都是F C 10
0109-?=,都充电到电压各为
V U 9000=后断开电源,然后,把其中之一浸入煤油 ()2=r ε中,然后把两个电容器并联,
求:
(1)、浸入煤油过程中损失的静电能； （2）、并联过程中损失的静电能。
解：（1）电容器浸入煤油前的能量为
2924111
09109003651022
..W CU J --==???=?
浸入煤油后，电容器的能量
441
136510182102
..r W W J J ε--?'===?
在此过程中损失的能量为
41118310.W W J -'-=?
（2）、并联前，两个电容器的总能量为
444211365101821054710...W W W J ---'=+=?+?=?
并联后的总电容1()r r C C C C εε'=+=+。并联电容器上的总电量2q CU = 并联后电容器的总能量为
222
4211224448610221113
().()r r r q CU CU W W W J C C εεε-'======?'+++
并联过程中损失的能量为
44422547104861006110...W W J ---'-=?-?=?
10.27电容F C μ41=的电容器在V 800的电势差下充电,然后切断电源,并将此电容器的两个极板与原来不带电、F C μ62=的电容器的两极板相连，求：
（1）、每个电容器极板所带的电荷量； （2）、连接前后的静电能。
解：1）、电容器的总电荷量为：
C C U C q 361102.3800104--?=??==
设两个电容器极板所带的电荷量分别为1q 和2q ，则由：
q q q =+21，
2
2
11C q C q = 得：
C q C C C q 32
11
11028.1-?=+=
C q q q 3121092.1-?=-=
2） 、连接前的静电场能就是连接前第一个电容器的能量，即：
J U C W 28.18001042
1
2126211=???==
- 连接后的静电场能即并联后电容器的能量，即：
J C C q W 512.0)
106104(2)102.3()(2662
32122=?+???=+=---
10.28 一平行板电容器的极板面积为S = 1 m 2
，两极板夹着一块d = 5 mm 厚的同样面积的玻璃板．已知玻璃的相对介电常量为5=r ε。电容器充电到电压U = 12 V 以后切断电
源。求把玻璃板从电容器中抽出来外力需做多少功。(真空介电常量ε 0 = 8.85×10-12
C 2·N -1·m -2 )
解：玻璃板抽出前后电容器能量的变化即外力作的功．抽出玻璃板前后的电容值分别为
d S C r /)(0εε=，d S C /)(0ε=' 撤电源后再抽玻璃板．板上电荷不变，但电压改变，即
U C CU Q ''== ∴ U C CU U r ε='='/)(
抽玻璃板前后电容器的能量分别为
202)/(2
121U d S CU W r εε==
202)/(2
121U d S U C W r εε=''='
外力作功
W W A -'=)1)(/(2
122
0-=r r d SU εεε = 2.55×10-6 J
10.29 一平行板电容器，极板面积为S ，两极板之间距离为d ，中间充满相对介电常量为r ε的各向同性均匀电介质．设极板之间电势差为U ．试求在维持电势差U 不变下将介质取出，外力需作功多少？
解：在两极板之间电势差U 不变下，有介质时电容器中的电场能量为
S d
U U C W r 202
112121εε==
取出介质后的电场能量为
大学物理教程 (上)课后习题 答案
物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题） 27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位， 求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 代入，有 2 1) y =- 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i = ， 241r i j =+ 213r r r i j =-=- 位移的大小 r = = （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt = =- 22(1)v ti t j =+- 2 x x dv a dt = =， 2y y dv a dt = = 22a i j =+ 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+ 22a i j =+ m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+ ，式中的R 、ω均为常 量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。
解 （1）质点的速度为 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+ （2）质点的速率为 v R ω = = 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t d t θω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2 2 16n a R R t ω == 角加速度β的大小为 2 4/d ra d s d t ωβ== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用 下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2.0 2.0 2.02 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s = =+=+=? ? 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力 （空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。 解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 dv f m kv dt ==- 即 d v k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等于地球
大学物理(第五版)上册课后习题答案马文蔚
习题1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +?时间内的位移为r ?，路程为s ?，位矢大小的变化量为r ?（或称r ?），平均速度为v ，平均速率为v 。 （1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ?=?=? （B ）r s r ?≠?≠?，当0t ?→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ?≠?≠?，当0t ?→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ?=?≠?，当0t ?→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 （1） dr dt ；（2）dr dt ；（3）ds dt ；（4下列判断正确的是： （A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确 1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。对下列表达式，即 （1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。 下述判断正确的是（ ） （A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变
大学物理上册答案详解
大学物理上册答案详解 习题解答 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 =2 2 y 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 22222d 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 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 22 222 2 22 2 22d 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 22d d d d t r a t r v ==
大学物理(上)课后习题标准答案
大学物理(上)课后习题答案
————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 2
3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵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；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷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 )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵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 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，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：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a
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第一章质点运动学 1、( 习题： 一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。（ 1）求质点的轨道方程； （ 2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解：（ 1）由 x=2t 得， y=4t 2 -8 （ 2）质点的位置 ： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度： 则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a 4 t (SI) ，已知 t 0 时，质点位于 x 10 m 处，初速度 v 0 ．试求其位置和时间的关系式． 解： a d v /d t 4 t d v 4 t d t v t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 水平抛出，求： （ 1）小球的运动方程； （ 2）小球在落地之前的轨迹方程； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，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）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 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 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =
大学物理上册课后习题答案
大学物理上册课后习题答案
习题解答 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 ?1 2r r -=，1 2 r 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 τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ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 ＝ 2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝ 2 2d 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 22222d 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 22222 2 2 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
赵近芳版《大学物理学上册》课后答案
1 习题解答 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 ?1 2r r -=，1 2r 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 ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d 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 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d 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
大学物理习题及综合练习答案详解
库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上， 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝l024kg ，月球的质量m =l022 kg 。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。 解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2 221r Mm G r q q k =，其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值，令0'=Q ，得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ，C 1069.51321?==k q GMm q ，C 1014.11421?=+=q q Q （2）21q m q M =Θ ，k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q ， C 1015.51421?==m Mq q ，C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放在三角形 的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大 解：Q 到顶点的距离为 l r 33= ，Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=， 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =，即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?，解得：q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何q 0受的总电场力为何（2）若电荷线密度=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。 解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时，其方向水平向右；00 大学物理(吴柳主编) 上册课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 说明： 上册教材中，第5，6，7等章的习题有答案； 第1，2，4，8章的习题有部分答案； 第3，9，10，11章的习题没有答案。 为方便学生使用，现根据上学期各位老师辛苦所做的解答，对书上原有的答案进行了校对，没有错误的，本“补充答案”中不再给出；原书中答案有误的，和原书中没有给出答案的，这里一并给出。错误之处，欢迎指正！ 第1章 1.4． 2.8×10 15 m 1.5．根据方程中各项的量纲要一致，可以判断：Fx= mv 2/2合理， F=mxv , Ft=mxa , Fv= mv 2/2, v 2+v 3=2ax 均不合理. 第2章 2.1 (1) j i )2615()2625(-+-m; )/]()2615()2625[(45 1151020)2615()2625(s m j i j i t r v -+-=++-+-=??= (2)52m; 1.16m/s 2.2 (1) 4.1 m/s; 4.001m/s; 4.0m/s (2) 4m/s; 2 m.s -2 2.3 3m; m 3 4π ; 140033-s .m π方向与位移方向相同; 1.0m/s 方向沿切线方向 2.5 2π (m); 0; 1(s) 2.6 24(m); -16(m) 2.8 2 22 t v R vR dt d +=θ 2.10 (1) 13 22 =+y x (2) t v x 4sin 43ππ-=;t v y 4 cos 4π π=;t a x 4cos 1632ππ-=;t a y 4sin 162ππ-= (3) 2 6= x ,22=y ;π86- =x v ,π82=y v ;,2326π-=x a 2 322π-=y a 2.12 (1) ?=7.382θ，4025.0=t (s)，2.19=y (m) (2) ?=7.382θ，48.2=t (s)，25.93=y (m)。 2.14 (1) 22119x y - = (2) j t i v 42-=;j a 4-= (3) 0=t 时，j r 19=； 3=t 时，j i r +=6。（4）当9=t s 时取“=”，最小距离为37（m ）。 第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 《大学物理》练习题 No .1 电场强度 班级 ___________ 学号 ___________ ___________ 成绩 ________ 说明：字母为黑体者表示矢量 一、 选择题 1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？ [ B ] (A) 场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试探电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．如图1.1所示，在坐标(a , 0)处放置一点电荷+q ，在坐标(a ,0)处放置另一点电荷q ， P 点是x 轴上的一点，坐标为(x , 0).当x >>a 时，该点场强 的大小为： [ D ](A) x q 04πε. (B) 2 04x q πε. (C) 3 02x qa πε (D) 30x qa πε. 3．图1.2所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为 ( x < 0)和 ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: [ A ] (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图1.3所示，其电场的场强 分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负) ? [ D ] 5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是 [ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变； (B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变； (C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化； -q -a +q a P (x,0) x x y O 图1.1 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图1.2 σ -x O E x 02εσ O 02εσ-E x O 0 2εσ-E x 02εσO 02εσ -O E x 02εσ(D)图1.3 第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 或1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =， 2y y dv a dt == 当2t s =时，速度和加速度分别为 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为 cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。 解 （1）质点的速度为 （2）质点的速率为 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作 用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的 阻力（空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。 解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 即 dv k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等 于地球半径的2倍（即2R ），试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出： （1） 卫星的动能； （2） 卫星在地球引力场中的引力势能. 解 (1) 人造卫星绕地球做圆周运动，地球引力作为向心力，有 卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == （２）卫星的引力势能为 2-37 一木块质量为1M kg =，置于水平面上，一质量为2m g =的子弹以 500/m s 的速度水平击穿木块，速度减为100/m s ，木块在水平方向滑行了20cm 后 停止。求： （1） 木块与水平面之间的摩擦系数； （2） 子弹的动能减少了多少。 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 ?和r ?有区别吗？v ?和v ?有区别吗？ 0dv dt =和0d v dt =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22r x y = + 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 第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v 解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从 习题解答 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 ?1 2r 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 ＝2 2y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝2 2d 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 = 2 222 22d 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 22222 222d 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 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大学物理(吴柳主编)上册课后习题答案
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