大学物理教程 (上)课后习题 答案
大学物理[上册]课后习题答案解析
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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td d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：〔1r ∆是位移的模,∆r 是位矢的模的增量,即r ∆12r r -=,12r r r-=∆；〔2t d d r 是速度的模,即t d d r ==v ts d d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有rr ˆr =〔式中r ˆ叫做单位矢,则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量, ∴tr 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 =,tv 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,所以式中dt dv就是加速度的切向分量. <tt r d ˆd d ˆd 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 =tr 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 =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d 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+=,故它们的模即为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22d 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trd d 不是速度的模,而只是速度在径向上的分量,同样,22d d tr也不是加速度的模,它只是加速度在径向分量中的一部分⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=222d d d d t r t r a θ径。
大学物理课后习题答案(上册)
由受力分析图可知：
所以当所以 增大，小球对木板的压力为N2将减小；
同时：
所以 增大，小球对墙壁的压力 也减小。
2-2. 质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度aA和aB分别为多少？
解：（1）轨道方程为
这是一条空间螺旋线。
在O 平面上的投影为圆心在原点，半径为R的圆，螺距为h
（2）
（3）
思考题1
1-1. 质点作曲线运动，其瞬时速度为 ，瞬时速率为 ，平均速度为 ，平均速率为 ，则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的?
（1） ；（2） ；（3） ；（4）
答： （3）
1-2. 质点的 关系如图，图中 ， ， 三条线表示三个速度不同的运动．问它们属于什么类型的运动?哪一个速度大？哪一个速度小？
解：在绳子中距离转轴为r处取一小段绳子，假设其质量为dm，可知： ，分析这dm的绳子的受力情况，因为它做的是圆周运动，所以我们可列出： 。
距转轴为r处绳中的张力T(r)将提供的是r以外的绳子转动的向心力，所以两边积分：
2-3. 已知一质量为 的质点在 轴上运动，质点只受到指向原点的引力作用，引力大小与质点离原点的距离 的平方成反比，即 ， 是比例常数．设质点在 时的速度为零，求质点在 处的速度的大小。
解：由题意和牛顿第二定律可得：
再采取分离变量法可得： ，
两边同时取积分，则：
所以：
2-4. 一质量为 的质点，在 平面上运动，受到外力 (SI)的作用， 时，它的初速度为 (SI)，求 时质点的速度及受到的法向力 .
大学物理上册习题答案
大学物理上册习题答案大学物理上册习题答案大学物理是一门重要的基础课程，涵盖了广泛的知识领域，从力学到热学，从电磁学到光学。
学生们通过学习这门课程，可以掌握自然界中的物质和运动规律，培养逻辑思维和问题解决能力。
然而，对于初学者来说，物理习题往往是一个难题。
因此，在这篇文章中，我将给出一些大学物理上册习题的答案，希望能够帮助学生们更好地理解和掌握物理知识。
1. 问题：一个质点以初速度v0匀速沿水平方向运动，经过一段时间t后，它的速度变为v。
求加速度a。
答案：根据匀加速直线运动的公式v = v0 + at，将题目中的数据代入，得到v = v0 + at。
解方程得到a = (v - v0) / t。
2. 问题：一个质点以初速度v0匀速沿水平方向运动，经过一段时间t后，它的位移变为s。
求加速度a。
答案：根据匀加速直线运动的公式s = v0t + (1/2)at^2，将题目中的数据代入，得到s = v0t + (1/2)at^2。
解方程得到a = 2(s - v0t) / t^2。
3. 问题：一个质点以初速度v0匀速沿斜面下滑，经过一段时间t后，它的速度变为v。
求加速度a。
答案：根据斜面下滑运动的公式v = v0 + gt，将题目中的数据代入，得到v = v0 + gt。
解方程得到a = (v - v0) / t。
4. 问题：一个质点以初速度v0自由落体运动，经过一段时间t后，它的位移变为s。
求加速度a。
答案：根据自由落体运动的公式s = v0t + (1/2)gt^2，将题目中的数据代入，得到s = v0t + (1/2)gt^2。
解方程得到a = 2(s - v0t) / t^2。
5. 问题：一个质点以初速度v0匀速沿水平方向运动，经过一段时间t后，它的速度变为v。
如果加速度为a，求位移s。
答案：根据匀加速直线运动的公式v = v0 + at，将题目中的数据代入，得到v = v0 + at。
解方程得到s = v0t + (1/2)at^2。
大学物理上册课后习题答案(第三版·修订版)
习题解答（注：无选择题，书本已给出）习题一1-6 ｜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td 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 ts d d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴tr t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-6图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，tv 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tvt v t v d d d d d d ττ+= 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-7 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 =tr 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v =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d 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+=，jty i t xt r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxy 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 tr a trv ==其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。
大学物理课后习题及答案(1-4章)含步骤解
，根据流量守恒
,
（2）当
（3）当
时，
时，
−
,整理可得：
可得
，即
,
图1-34所示为输液的装置。设吊瓶的截面积为1 ，针孔的截面积为2 ，且1 ≫ 2 ，开始时( = 0)，吊瓶内上下
液面距针孔的高度分别为ℎ1 和ℎ2 ，求吊瓶内药液全部输完时需要的时间。
，则针孔的流量为
液体总体积为
Ԧ =
= 2Ԧ − 2 Ԧ = −2Ԧ
1s末和2s末质点的速度为： 1 = 2Ԧ − 2Ԧ（m ∙ s−1 ），2 = 2Ԧ − 4Ԧ（m ∙ s −1 ）；
1s末和2s末质点的加速度相等：Ԧ = −2Ԧ （m ∙ s−2 ）
已知一质点做直线运动，其加速度Ԧ = 4 + 3 m ∙ s−2 , 开始运动时，0 = 5 m,
= 0.06（m）
（2）设弹簧最大压缩量为∆′ , 与碰撞粘在一起的速度为 ′，0 = ( +
) ′，代入已知条件可得 ′ = 4Τ11， + 压缩弹簧的过程中，机械能守恒，则
1
(
2
1
+ ) 2 = 2 ∆′2 ，得∆′ =
+
≈ 0.04（m）
(1)角加速度 =
由 =
∆
∆
=
0−2×1500÷60
50
由 =
=
2×1500
60
= 50 (rad ∙ s −1 )
= − (rad ∙ s−2 )
= −，得 = −，两边进行积分
得到 − 50 = − − 0,
大学物理 上册 课后习题答案 马文蔚
习题11-1 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）dsdt；（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（D ）切向加速度一定改变，法向加速度不变*1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动。
设该人以匀速率0v 收绳，绳不伸长且湖水静止，小船的速率为v ，则小船作（ ）（A ）匀加速运动，0cos v v θ= （B ）匀减速运动，0cos v v θ= （C ）变加速运动，0cos vv θ= （D ）变减速运动，0cos v v θ=（E ）匀速直线运动，0v v =答案：1-5 B 、C ， D ， D ， B ， C 。
[实用参考]大学物理上册课后习题答案
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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td 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td d r==v t s d d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴trt 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tva 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tv 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.(tt r d ˆd d ˆd 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 tr而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分v =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d 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+=，jty i t xt r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxy 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 tr a trv ==其二，可能是将22d d d d trt r 与误作速度与加速度的模。
大学物理上册课后习题答案
大学物理上册课后习题答案大学物理上册课后习题答案大学物理是一门重要的基础学科，它为我们提供了理解自然界的物质和能量运动规律的工具。
然而，学习物理并不仅仅是理论知识的学习，更需要通过实践和习题的解答来巩固和应用所学的知识。
本文将为大家提供大学物理上册课后习题的答案，希望能够帮助大家更好地学习和理解物理知识。
第一章：运动的描述1. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过2秒后速度达到10m/s，求物体的加速度和位移。
答案：加速度a = (10m/s - 0m/s) / 2s = 5m/s²，位移s = (0m/s + 10m/s) / 2 ×2s = 10m。
2. 一个物体做直线运动，已知它的初速度为20m/s，加速度为4m/s²，求它在5秒内的位移。
答案：位移s = 20m/s × 5s + 1/2 × 4m/s² × (5s)² = 100m + 50m = 150m。
第二章：力学1. 一个质量为2kg的物体受到一个10N的水平力，求物体的加速度。
答案：根据牛顿第二定律F = ma，可得加速度a = F / m = 10N / 2kg = 5m/s²。
2. 一个质量为0.5kg的物体受到一个向上的力10N和一个向下的力5N，求物体的加速度。
答案：合力F = 10N - 5N = 5N，根据牛顿第二定律F = ma，可得加速度a = F / m = 5N / 0.5kg = 10m/s²。
第三章：能量守恒1. 一个质量为0.1kg的物体从地面上抛起，初速度为10m/s，求物体达到最高点时的动能、势能和总机械能。
答案：最高点时，物体的速度为0，所以动能为0；势能由重力势能计算，势能mgh = 0.1kg × 9.8m/s² × h，总机械能为动能和势能之和。
2. 一个质量为2kg的物体从高度为5m的斜面上滑下，摩擦系数为0.2，求物体滑到底部时的动能损失。
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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 1-121-2 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 =21)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231r =+=（3） 2x dxv t dt== 2(1)y dy v t dt==-22(1)v ti t j =+-2xx 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 21-4 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 rv R ti R t j dtωωωω==-+ （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 dtθω== 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为2216n a R Rt ω==角加速度β的大小为 24/d rad s dtωβ==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2.02.02.02(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dvf mkv dt ==- 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22(3)3Mm v G m R R= 卫星的动能为 2126k GMmE mv R ==（２）卫星的引力势能为3p GMmE R=-00v t v dv k dt v m =-⎰⎰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。
解 子弹与木块组成的系统沿水平方向动量守恒12mv mv Mu =+对木块用动能定理2102Mgs Mu μ-=-得 (1) 2212()2m v v Mgsμ-==322(210)(500100)0.16219.80.2-⨯⨯-=⨯⨯⨯ (2) 子弹动能减少2212121()2402k k E E m v v J -=-= 114页3-11，3-9，例3-2 如图所示，已知物体A 、B 的质量分别为A m 、B m ，滑轮C 的质量为C m ，半径为R ，不计摩擦力，物体B 由静止下落，求（1）物体A 、B 的加速度； （2）绳的张力；（3）物体B 下落距离L 后的速度。
分析： （1）本题测试的是刚体与质点的综合运动，由于滑轮有质量，在运动时就变成含有刚体的运动了。
滑轮在作定轴转动，视为圆盘，转动惯例3-2图量为212J mR =。
（2）角量与线量的关系：物体A 、B 的加速度就是滑轮边沿的切向加速度，有t a R β=。
（3）由于滑轮有质量，在作加速转动时滑轮两边绳子拉力12T T ≠。
分析三个物体，列出三个物体的运动方程： 物体A 1A T m a = 物体B 2B B m g T m a -= 物体C ''22111()22C C T T R J m R m Ra ββ-=== 解 （1）12B A B Cm g a m m m =++。
（2）112A B A B C m m g T m m m =++， 21()212A C AB Cm m g T m m m +=++。
（3）对B来说有，2202v v aLv -===例3-4 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知圆形平板的转动惯量221mR J =，其中m 为圆形平板的质量） 分析： 利用积分求圆形平板受桌面的摩擦力矩，运用转动定律求出平板的角加速度，再用运动学公式求转动的圈数．解：在距圆形平板中心r 处取宽度为dr 的环带面积，环带受桌面的摩擦力矩为r r r RmgM d 2d 2⋅π⋅π=μ总摩擦力矩为mgR M M Rμ32d 0==⎰ 故平板的角加速度为222 M Jβ=可见圆形平板在作匀减速转动，又末角速度0ω=，因此有2022M Jθωβθ==设平板停止前转数为n ，则转角2n θπ=，可得22003416J R n M ωωμ==πgπ3-2：如题3-2图所示，两个圆柱形轮子内外半径分别为R 1和R 2，质量分别为M 1和M 2。
二者同轴固结在一起组成定滑轮，可绕一水平轴自由转动。
今在两轮上各绕以细绳，细绳分别挂上质量为m 1和m 2的两个物体。
求在重力作用下，定滑轮的角加速度。
解： m 1：1111a m g m T=-m 2：2222a m T g m=-转动定律：βJ T R T R =-1122其中：2222112121R M R M J += 运动学关系：2211R a R a ==β 解得：222221111122)2/()2/()(R m M R m M gR m R m +++-=β3-6 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 r11+=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 M1110)()(=-⨯+=⨯=3-11 如题3-11图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求：(1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有2123()=l mgml β 则 lg23=β (2)由机械能守恒定律，有22110232()-=lml ωmg sin θ题3-11图所以有 lg θωsin 3=3-13 一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮 (可看作匀质圆盘)，在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出，见题3-13图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上． (1)问它能升高多少?(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能． 解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度ωR v =0设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有 题3-13图gh v v 2202-=令0=v ，可求出上升最大高度为2220212ωR gg v H ==(2)圆盘的转动惯量212=J MR ，碎片抛出后圆盘的转动惯量2212'=-J MR mR ，碎片脱离前，盘的角动量为J ω，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即'=+'0J ωJ ωmv R式中ω'为破盘的角速度．于是R mv mR MR MR 0222)21(21+'-=ωω ωω'-=-)21()21(2222mR MR mR MR 得ωω=' (角速度不变)圆盘余下部分的角动量为ω)21(22mR MR - 转动动能为222)21(21ωmR MR E k -=258页8-2,8-12,8-178-7 试计算半径为R 、带电量为q 的均匀带电细圆环的轴线（过环心垂直于圆环所在平面的直线）上任一点P 处的场强（P 点到圆环中心的距离取为x ）.解 在圆环上任取一电荷元dq ，其在P 点产生的场强为 ()2204R x dqdE +=πε，方向沿dq 与P 点的连线.将其分解为平行于轴线的分量和垂直于轴线的分量，由电荷分布的对称性可知，各dq 在P 点产生的垂直于轴线的场强分量相互抵消，而平行于轴线的分量相互加强，所以合场强平行于轴线， 大小为：E =E ∥=()()()23220212222044cos Rx qxR x xR x dq dE q+=+⋅+=⎰⎰πεπεθ方向：q >0时，（自环心）沿轴线向外；q <0时，指向环心.8-12 两个均匀带电的同心球面半径分别为R 1和R 2（R 2＞R 1），带电量分别为q 1和q 2，求以下三种情况下距离球心为r 的点的场强：（1）r ＜R 1；（2）R 1＜r ＜R 2（3）r ＞R 2.并定性地画出场强随r 的变化曲线解 过所求场点作与两带电球面同心的球面为高斯面，则由高斯定理可知： (1) 当r ＜R 1时，0,04cos 2=∴=⋅==Φ⎰E r E dS E e πθ(2) 当R 1＜r ＜R 2 时，2010124,4cos rq E q r E dS E e πεεπθ=∴=⋅==Φ⎰(3) 当r ＞R 2 时，解8-7图E12解8-12图 场强随r 的变化曲线()()2021021244cos rq q E q q r E dS E e πεεπθ+=∴+=⋅==Φ⎰8-13 均匀带电的无限长圆柱面半径为R ，每单位长度的电量（即电荷线密度）为λ.求圆柱面内外的场强.解 过所求场点作与无限长带电圆柱面同轴的、长为l 的封闭圆柱面，使所求场点在封闭圆柱面的侧面上.由电荷分布的对称性可知，在电场不为零的地方，场强的方向垂直轴线向外（设λ＞0），且离轴线的距离相等的各点场强的大小相等. 所以封闭圆柱面两个底面的电通量为零，侧面上各点场强的大小相等，方向与侧面垂直（与侧面任一面积元的法线方向平行）.设所求场点到圆柱面轴线的距离为r ，当r ＜R 即所求场点在带电圆柱面内时，因为0,02000cos cos =∴=⋅=++==Φ⎰⎰E rl E dS E dS E e πθ；当r ＞R 即所求场点在带电圆柱面外时，rE l rl E e 002,2πελελπ=∴=⋅=Φ . 8-15 将q=2.5×10-8C 的点电荷从电场中的A 点移到B 点，外力作功5.0×10-6J .问电势能的增量是多少？A 、B 两点间的电势差是多少？哪一点的电势较高？若设B 点的电势为零，则A 点的电势是多少？解 电势能的增量：J 100.56-⨯==-=∆外A W W W A B ；A 、B 两点间的电势差：V 100.2105.2100.5286⨯-=⨯⨯-=-=-=---q W W q W q W U U B A B A B A <0， ∴ B 点的电势较高；若设B 点的电势为零，则 V 100.22⨯-=A U .8-17 求习题8-12中空间各点的电势.解 已知均匀带电球面内任一点的电势等于球面上的电势Rq 04πε，其中R 是球面的半径；均匀带电球面外任一点的电势等于球面上的电荷全部集中在球心上时的电势.所以，由电势的叠加原理得：（1） 当r ＜R 1即所求场点在两个球面内时:20210144R q R q U πεπε+=；（2） 当R 1＜r ＜R 2即所求场点在小球面外、大球面内时:2020144R q rq U πεπε+=；当r ＞R 2即所求场点在两个球面外时:rq q rq rq U 0210201444πεπεπε+=+=当r ＞R 2即所求场点在两个球面外时:rq q rq rq U 0210201444πεπεπε+=+=285页9-3,9-49-3．如图，在半径为R 的导体球外与球心O 相距为a 的一点A 处放置一点电荷+Q ，在球内有一点B 位于AO 的延长线上，OB = r ，求：（1）导体上的感应电荷在B 点产生的场强的大小和方向；（2）B 点的电势. 解：（1）由静电平衡条件和场强叠加原理可知，B 点的电场强度为点电荷q 和球面感应电荷在该处产生的矢量和，且为零，即04130=+'=r rE E p B πε r r a E B30)(41+-=πε （2）由电势叠加原理可知，B 点的电势为点电荷q 和球面感应电荷在该处产生的电势的标量和，即rq V V BB 04πε+'=由于球体是一个等势体，球内任一点的电势和球心o 点的电势相等aq V V V B 0004πε+'==因球面上的感应电荷与球心o 的距离均为球的半径R ，且感应电荷的总电贺量为零，所以感应电荷在o 点产生的电势为零，且00V V ='，因此aq V V B 004πε==所以， B 点的电势 aq V B 04πε=9-4．如图所示，在一半径为R 1 = 6.0 cm 的金属球A 外面罩有一个同心的金属球壳B.已知习题9.3图球壳B 的内、外半径分别为R 2 = 8.0 cm ，R 3 = 10.0 cm ，A 球带有总电量Q A = 3.0×10-8 C ，球壳B 带有总电量Q B = 2.0×10-8 C.求：（1）球壳B 内、外表面上所带的电量以及球A 和球壳B 的电势；（2）将球壳B 接地后再断开，再把金属球A 接地，求金属球A 和球壳B 的内、外表面上所带的电量，以及球A 和球壳B 的电势. 解：（1）在导体到达静电平衡后，A Q 分布在导体球Ａ的表面上．由于静电感应，在B 球壳的内表面上感应出负电荷A Q ，外表面上感应出正电荷A Q ，则B 球壳外表面上的总电荷（B A Q Q +）。