太原理工大学大学物理第五版第9章课后题答案
《物理学基本教程》课后答案第九章静电场中的导体和电介质精品资料
第九章静电场中的导体和电介质9-1把一厚度为d的无限大金属板置于电场强度为 E 0的匀强电场中， E 0与板面垂直，试求金属板两表面的电荷面密度．- σ’+ σ’分析对于有导体存在的静电场问题，首先由静电-+平衡条件分析放入静电场后导体上电荷的重新分布情-+况，再计算空间电场和电势的分布．-+E0本题中，将金属板放入均匀电场后，由于静电感应，-+平板两面带上等值异号感应电荷．忽略边缘效应，两带-+电面可视为平行的无限大均匀带电平面．解设平板两表面的感应电荷面密度分别为和，如图 9-1 所示．由例题 8-7 结果知，带感应电荷图 9-1的两表面视为带等量异号电荷的无限大平行平面，在导体中产生的场强为E，方向与E0相反，由场强叠加原理，平板中任一点的总场强为E E0E E0根据静电平衡条件，金属板中场强E0 ，代入上式得E00则E0 0，E0 0结果与板的厚度无关．9-2一金属球壳的内外半径分别为R1和 R2，在球壳内距球心为 d 处有一电荷量为 q 的点电荷，（1 ）试描述此时电荷分布情况及球心O 处电势；（2 ）将球壳接地后，以上问题的答案； （3 ）如原来球壳所带电荷量为Q ，（1）、（2）的答案如何改变．分析 当导体内达到静电平衡后， 应用高斯定理可以确定导体上电荷重新分布的情况，然后用电势叠加原理求电势．解（ 1 ）按照静电平衡条件，导体内部E 0 ，在球壳内外表面间作同心高斯球面， 应用高斯定理，可知球壳内表面上应有 q 的感应电荷，为非均匀分布，如图 9-2 所示．根据电荷守恒定律和高斯定理，球壳外表面上有 + q 的感应电++ – +– d R 1+ q + –q ·+- q – R 2+– ++荷，且均匀分布．点电荷 q 在 O 点产生的电势为V 1图 9-2q4 d球壳内外表面上的感应电荷q 和 + q 无论分布情况如何，到球心距离分别为R 1 和 R 2 ，电势叠加原理表达式为标量求和，所以在O 点产生的电势分别为q V 3q V 2R 14R 24O 点电势为VV 1V 2 V 3q qq 4d4 R 1 4R 2q ( 11 1 )4dR 1R 2（2 ）将球壳接地后，外球面上的感应电荷消失，球面上电荷分布不变，得V V 1V 2 q (11 )4dR 1（3 ）如果原来球壳带电量为 Q ，达静电平衡后外球面上电荷 Q+ q 均匀分布，内球面上电荷分布不变，得V V1V2V3q( 1 1 1 )Q4 d R1R2 4 R2球壳接地后，结果与（ 2）相同．9-3一无限长圆柱形导体半径为R a，单位长度带有电荷量λ1，其外有一共轴的无限长导体圆筒，内外半径为分为R b和 R c，单位长度带有电荷量λ2，求（1）圆筒内外表面上每单位长度的电荷量；（2）r R a， R c r R b， R b r R c，r R c四个区域的电场强度．分析静电平衡条件下，在圆筒导体内场强为零，用高斯定理和电荷守恒定律可求出感应电荷的分布．解（ 1）如图 9-3所示，在圆筒形导体内作半径为r ，高为单位长的同轴圆柱形高斯面 S，设导体圆筒内外表面单位长的感应电荷分别为和，由静电平衡条件知导体内E 0,故有- λ1λ1R aE d S1q 1(1)0Rb0012λ+λ即得半径为 R b的圆筒内表面单位长上的感S r R c应电荷为 -λ1．由电荷守恒定律知，半径为 R c的圆筒外表面上单位长的感应电荷应为λ1，加上原有电荷量图 9-3λ2，单位长上总带电量为21．（2 ）电荷重新分布的结果形成三个同轴的无限长带电圆柱面如图9-3 ，由于电荷分布具有轴对称性的，产生的电场也是轴对称的，用高斯定理可求出r R a时，E0R a r R b时，E12rR b r R c时，E0r R c时，E1220r9-4证明：两平行放置的无限大带电的平行平面金属板 A 和 B 相向的两面上电荷面密度大小相等，符号相反，相背的两面上电荷面密度大小相等，符号相同，如果两金属板的面积同为 100cm 2，电荷量分别为Q A 6 10 8C和Q B410 8 C ，略去边缘效应，求两个板的四个表面上的电荷面密度．分析根据静电平衡条件，一切净电荷都分布在导体表面，本题中的电场空间可视为四个无限大均匀带电平行平面产生的电场的叠加，金属板 A 、 B 内任意点场强为零．由电荷守恒定律可以建立各表面的电荷面密度与两金属板的总电荷量之间的关系．A Bσ1σ2σ3σ4解设 A、B 两板的四个表面上的电荷面密度（先假定为正）分别为σ1、σ2、σ3和σ4，如图9-4所示．设向右为正向，由无限大均匀带电平面的场强公式和场强叠加原理，考虑到金属板 A 、B 内任意点场强为零，得图 9-4金属板 A内123422220金属板 B内1234222200 0解得23，又由电荷守恒定律得S()Q A，S(34)QB联立解得Q A Q B 5 106C/ 2 mS2Q A1110 6 C/m 2S31106 C/m 29-5 三个平行金属板 A 、B 和 C，面积都是 200cm2，A、B 相距 4.0mm ，A、C 相距 2.0mm ，B、C 两板都接地，如图 9-5 所示，如果 A 板带正电3.010 7C，略去边缘效应，（1）求 B 板和 C 板上感应电荷各为多少？（2 ）以地为电势零点，求 A 板的电势．分析由静电平衡条件， A 、B、C 板内各点的场强均为零， A 板上电荷分布在两个表面上，因B、C 两板均接地，感应电荷应分布在内侧表面上．解（1）设 A板 1 、2 两面上带电量分别为 q 1和 q 2，B、C 两板与 A 相对的两内侧表面 3 、 4上的感应电荷分别为 q 1’和 q 2’，如图 9-5所示．作侧面与平板垂直的高斯面 S1，两端面处E=0，忽略d1- d2 -边缘效应，侧面无电场线穿过，由高斯定理B A C31 2 411q1S q1S) 0S SE d S q(S0SS得q1q1S1q 1’q 2’同理可得 q2q2．AB板间和AC板间为匀强电场，场强分别为q1q 2q1E q2E12SS图 9-5又已知 V AB V AC，即E1d1E2d 2因q 1 q 2q 3.0 10 7 C由以上各式，得 B 、C 两板上的感应电荷分别为q 1q 1q 1.0 10 7C3q 2 q 22q 12.0 10 7C（2 ）取地电势为零， A 板电势即为 A 、 B 间电势差V AVABE 1 d 1q 1d 12.3 103 VS9-6 半径为 R 11.0cm 的导体球所带电荷量为 q 1.0 10 10 C ，球外有一个内外半径分别为 R 23.0cm 和 R 34.0cm 的同心导体球壳，壳上带有电荷量Q 11 11 10 C ，求：（ 1）两球的电势；（2）用导线把两球连接起来时两球的电势；（ 3）外球接地时，两球电势各为多少？（以地为电势零点． ）分析 根据静电平衡条件可以确定感应电荷的分布，用导线连接的导体电势相等，外球接地后电势为零．解 （ 1）根据静电平衡条件，导体球壳内表面感应电荷为-q ，外表面感应电荷为 q ，原有电荷量 Q ．由电势叠加原理，导体球电势为V 1qq q Q 1 ( qq q Q) 3.3 10 2 VR 14 R 2 4R 34R 1R 2R 3导体球壳的电势为V 2q q Q q Q q 2.7 102 V4R34 R 34 R 34 R 3（2 ）球壳和球用导线相连后成为等势体， 电势等于半径为 R 3 带电量为 Q+ q的均匀带电球面的电势，以无穷远为电势零点，得V 2Q q 2.7 102 V4 R 3（3 ）外球接地后，只乘下内表面的电荷 -q ，由电势叠加原理内球电势为qq V 1460V4 R 1R 2外球壳接地与地等势，即V 2 0另外，求 V 1 ’时还可以用内球产生的电场的线积分计算，即R 2qdr q (11) 60VV 2r 2 R 144R 1 R 29-7 半径为 R 的金属球离地面很远，并用细导线与地相连，在与球心的距离为 D 3R 处有一点电荷q ，试求金属球上的感应电荷．R q ’ q分析 由于导体球接地， 其表面上的感应正电荷通过导线与地球内负电荷中和， 只剩下负感应电荷在金属球表面不均匀地分布， 如图 9-7 所示．接地后，导体球上各点电势均为零，球心OOD图 9-7点的电势应等于点电荷在该点电势与金属球表面感应负电荷在该点电势的代数和．解 设金属球上感应电荷为 q ，在金属球表面不均匀地分布，但这些电荷到O 点距离相等，电势叠加后得V 2qR4点电荷 q 在 O 点的电势为V 1q3R4V V 1q qV 243R4R得感应电量为qq3由此可以推证，当 D nR 时，qqn9-8 如图 9-8 所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面 A 、B 和 C ，半径分别为 R A 、 R B 、 R C ，圆柱面 B 上带电荷， A 和 C 都接地，求： B 的内表面单位长度电荷量 1 ，外表面单位长度电荷量2之比值 1/ 2．分析本题与题 9-5 的解题思路相似．解 在导体 B 内作单位长圆柱面形高斯面， 可以说明 A 面单位长度上感应电荷为 1 ．同理，可说明 C 面单位长度上感应电荷为 2 ．由高斯定理可知场强分布为R ArR B 时， E 1，方向沿径向由 B 指向 A ．rR BrR C 时， E 2 2，方向沿径向由 B 指向 C ．rRR AdrR BV BA RA1 1lnBA 间电势差E 2 d rR BB2r2R ABC 间电势差V BC2ln R C- λ22R BR B λ1 λ2B 为等势体， A 、C 接地， V BAV BC ，从而CARR1 ln( R C / R B )A B C- λ12ln( R B / R A )9-9 半径分别为 R 1 和 R 2 ( R 2 R 1 ) 的两个同心导体薄球壳，电荷量分别为 Q 1和Q 2 ，今将内球壳图 9-8用细导线与远处的半径为 r 的导体球相联，导体球原来不带电，并假设导线上无电荷分布，试求相连后，导体球所带电荷量q ．分析 带电的内球壳与导体球用导线相连后， 一部分电荷通过导线转移到导体球表面上．两者相距甚远，可以认为两球壳与球的电场互不影响，已假设导线上无电荷分布，利用内球壳与远处导体球电势相等建立方程求解．解因两球壳与球的电场互不影响，导体球电势为V1q4r2假设导线上无电荷分布，则内球壳上电荷量变为Q1q ，由电势叠加原理，内球壳的电势为Q1q Q 2V2R1 4R2Q24Q1- q q 内球壳与远处导体球电势相等，即R1R rV1V22qQ1q Q24 r 4 R1 4 R2图 9-9解得q r ( R1Q2R2Q1 ) R2 (R1r )9-10地球表面的电场强度为150N/C ，方向垂直指向地面，若把地球视为导体，试求地球表面的电荷面密度和地球带的总电荷量．分析由于地球表面的电场强度方向垂直指向地面，可知地球带负电，将地球视为导体，在静电平衡状态下，电荷分布在表面上．解设地球表面的电荷面密度为，表面附近的场强E，则E 0(150 8.85 10 12 )C/m 2 1.33 10 9 C/m 2地球半径 R 6.3710 6 m ，地球带的总电荷量为q 4 R 1.33 10 942C 6.8 10 5 C680kC9-11设有一孤立导体球，半径为R.，（1 ）试求其在真空中的电容表示式；（2）若把地球视为R 6.37 106m的导体球，它的电容量多大？（ 3）欲使地球的电势改变 1V ，需使其所带电荷量改变多少？解（1 ）将孤立导体球视为与无穷远处的同心导体球面组成的球形电容器，利用球形电容器电容表达式，（9-4 ）式给出孤立导体球的电容Q4 R ．CV（2）地球电容C4 6.37 106 F 710 4F（3）欲使地球电势改变 1 伏特，需使地球电量的改变为Q CV 7104 1 7 104C这个值很大，所以地球带电量的日常变化不会引起地球电势发生明显的改变，这就是通常可以选取地球作为电势零点的原因．9-12已知空气的击穿电场强度为 3 106 V/m ，求处于空气中一个半径为1m 的导体球最多能带多少电荷及能达到的最高电势．分析在带电导体球周围的空气形成一种绝缘介质包围着导体球，当导体球产生的电场足够强时，会使其周围的空气发生电离而成为导体，致使带电导体球放电，通常称为空气被击穿．因均匀带电导体球面的电场强度和电势与带电量成正比，为了不击穿周围的空气，带电导体球所带电量要受到限制．解由题意击穿电场强度Emax3106 V/m而E mQ m a x a xR2 4Qmax Emax4R 2310648.8510 1212C 3.3 10 4C最高电势为Q max E max 4R26 Vmax C4R RE max 310 V或Qmax 3.310 4V6 V maxR43 10V419-13收音机里的可变电容器如图9-13 （a）所示，其中共有 n 块金属片，相邻两片的距离均为 d ，奇数片联在一起固定不动（叫定片），偶数片联在一起可一同转动（叫动片），每片的形状如图9-13 （ b ）所示，求当动片转到使两组片重叠部分的角度为时，电容器的电容．分析除了最外侧的两片外，每块金属片的两个表面分别与相邻的金属片表面构成一个电容器，如图 9-13（c）所示，所以 n 块金属片如此连接等效于（ n 1 ）个平行板电容器并联．当两组片重叠部分的角度为时，每个电容器有效极板面积为 S( ) ，因此电容器的等效电容是的函数．收音机调频的电容器就是根据这个原理设计的．r 2r 1(a)(b)(c)图 9-13解当两组片重叠部分的角度为时，每个电容器有效极板面积为S( r12r2 )360（ n-1 ）个极板面积为S，板间距为 d 的平行板电容并联时的等效电容为C(n 1) 0S (n 1)r22r12 d360 d式中以度计．9-14半径都为 a 的两根平行长直导线相距为 d (d a) .（1）设两导线每单位长度上分别带电和，求两导线的电势差；（2）求此导线组每单位长度的电容．分析因 d a ，可设两导线的电场互不影响，由场强叠加原理可求出两导线间的场强分布，d再用场强与电势的积分关系求两导线间电势差，rO P由电容器电容的定义即可求出单位长导线组的等2 a效电容．图 9-14解作两导线组合的截面图，以带正电导线轴心为原点建立坐标系如图9-14 所示．不难看出，正负电荷在P 点的场强均沿r 轴正向，矢量叠加简化为标量和E E E(d r )(11 )2 r r d - r 两导线间电势差为d a d a E d ra2a (11)dr lnd a r d r a由电容器电容的定义，导线单位长电容为Cd aVlna9-15有两个半径分别为 R1和 R2的导体球放在真空中，两球表面相距为d，已知 d R1和 d R2，试求两导体构成的电容器的电容.+Q- QOR1P R2d r图 9-15分析按题意d R2，可认为当两导体球分别带电Q 和Q 时，彼此电场互不影响，即各球面上电荷分布仍是均匀的，由场强叠加原理可求出两球球心连线上任一点的场，用与上题相似的方法可以求出两球电势差和两球构成的电容器电容．解以大球球心为原点，建立如图9-15 所示的坐标系，在坐标为r 处的 P 点（在连心线上），两球产生的电场均沿r 轴正向，得Q QE E E24( R1 R2 d r ) 24 r 两带电导体球间电势差为V R1 dE d rQ R1 d[11]dr R14R1r2( R1R2 d r )2Q1111)4(R2 d R1 d R2R1考虑到 d R1， d R2，可将电势近似表示为V Q ( 11 2 )4R1R2d此两导体球构成的电容器电容为Q4C12VR1 R2d9-16 两只电容器C18 F，C2 2 F ，分别把它们充电到1000V ，然后将它们反接，如图9-16 所示，求此时两极间电势差．分析并联电容极板间电压相同，因两电容器电容不等，则反接前两电容器带的电量必定不等．反接后，相连的极板上正负电荷中和，可以计算出中和后电荷量的代数和及并联电容器的等效电容C，从而求出电势差．解反接前，设 C1和 C 2带电量分别为 Q1和 Q2，充电电压 U 01000 V ，则Q1C1U 0Q2C2U 0+－反接后，正负电荷中和，中和后总电量为C1C2－+Q Q1 Q2，并联等效电容 C C1 C2，则并联电容器两板间电势差为图 9-16Q(C1C2)U0(810 62106 )1000 UC1C28 106210 6V 600VC9-17 如图 9-17所示， C110F, C2 5.0F,C3 5.0 F ，求：（1）AB间的电容；（2）在 AB 间加上 100V 电压时，求每一个电容器上的电荷量和电压；（ 3）如果 C1被击穿，问 C3上的电荷量和电压各是多少？分析并联电容器极板电势相等，串联电容器极板上电荷量相等，总电压等于各电容器上电压之和．当C1上电压超过 C1的额定电压， C1将被击穿， C1支路即短路，全部电压就加在 C 3上，如超过 C3的额定电压， C 3将被击穿，A、B间就发生短路．所以，在设计电容器组合电路时，除应计算等效电容外，还应考虑分配到每个电容器上的电压是否超过所选电容器的额定电压．解（1）C1和C2并联电容为C C1 C 2，再与 C 3串联后，等效电容为C C 33.75 FCC C 3（2 ）等效电容所带电量为Q CU ，串联的电容所带电量相等Q3Q CU 3.75 10 4 CAU 3Q375VC 3C C12U 1 U2Q Q1Q225V CC C1 C 23B又因Q1Q 2Q10 4C 图 9-17可解得Q1 2.5Q2 1.2510 4C（3）如果 C1被击穿， AB 间电压就加在 C3上，即U 3 U100V则Q3 C3U 3 5 104C9-18平板电容器，两极间距离为 1.5cm ，外加电压 39kV ，若空气的击穿电场强度为 30kV/cm，问此时电容器是否会被击穿？现将一厚度为0.3cm 的玻璃插入电容器并与两板平行，若玻璃的相对电容率为7 ，击穿电场强度为100kV/cm，问此时电容器是否会被击穿？结果与玻璃片的位置有无关系？分析加玻璃片后，电场被分成两部分，应分别计算出空气和玻璃中的电场强度，再判断是否有哪种介质中的场强超过了其击穿场强．可以证明结果与玻璃板的位置无关．解未加玻璃前平板电容器内场强为E U39 V/cm26kV/cm30kV/cm d 1.5因其量值小于空气的击穿电场强度，电容器不会被击穿．加玻璃后，设电容器极板的电荷面密度为，平行板电容器中电位移 D．设玻璃和空气中场强分别为E 1 和 E 2 ，则有DDE 1E 20 r00U玻璃厚为 d 1 ，则空气层厚为 d - d 1，得E 1d 1 E 2 (d d 1 ) U图 9-18由以上各式得E 1U4.48kV/cm( d d 1d 1 ) rU r31.4kV/cm 30kV/cmE 2d 1 ) d 1 (dr即空气部分首先被击穿，然后全部电压加在玻璃板上，致使玻璃中场强为U 39 E 1130kV/cm 100kV/cmd 10.3玻璃部分也会被击穿．9-19一平板电容器极板面积为 S ，两板间距离为 d ，其间充以相对电容率分别为r1、r2的两种均匀介质， 每种介质各占一半体积， 若忽略边缘效应，（1 ）与两种不同介质相对的两部分极板所带电荷面密度是否相等？如果不相等，求：1 /2 = ？（ 2）试证此电容器的电容为CS r1r 2d2分析忽略边缘效应，电容器中的电场可视为无限大平行平面间的电场，从而可以确定两种不同介质中场强与极板电势差的关系， 以及与两部分极板上的电荷面密度的关系， 从而可知极板上的总电荷量． 另一种思路是将充入两种介质后的电容器视为由两个电容器并联而成，直接应用并联电容器的计算公式．解 1（1）设电容器端电压为U ，两种介质中场强分别为E1和 E2，由充满均匀介质的平行板电容器的场强与电压的关系可得E1 E2U（ 1）d设1、2分别为两种不同介质对应部分极板上的电荷面密度，忽略边缘效应，电容器中的电场可视为无限大平行平面间的电场，则有12（2 ）E1E20 r10 r2S代入 (1) 式可得1r1εr1εr2d2r2即两部分极板所带电荷面密度不相等．由（ 1 ）和（ 2）式可得极板上的总电荷量为图 9-19Q S0SU r1r2)(12)d(22由电容器定义得Q0S(r 1r 2) Cd2U解 2由并联电容器公式求总电容C C1S S0S(r 1r 2) C 20 r10 r 22 2d2d d可见第二种方法计算简单，用第一种方法可对物理过程、电场电荷分布有更明确的概念．另外在第一种方法中亦可用介质中的高斯定理求解．9-20一球形电容器，在外球壳的半径R 和内外导体间的电势差U 维持恒定的条件下，内球半径R 为多大时才能使内球表面附近的电场强度最小？并求这个最小电场强度的值．分析导体表面附近的场强与电荷面密度成正比，而当极板间电势差恒定时，极板所带电荷量取决于电容 C ，电容器的电容由电介质性质和几何因素决定，根据这些关系可以确定内球半径对内球表面附近电场强度的影响．解 球形电容器电容为4 RR CR R极板上带电量为4 RRU q CUR R当外球壳的半径 R 和极板间电势差 U 恒定时， q 是内球半径 R 的函数．内球表面附近的场强大小为qRU E2R(R R)4 R即也是 R 的函数．欲求场强的最小值，令dE2R R] 0RU [ R 2 ( R R ) 2 dR得RR2并有 RR时，d 2 E0 ，即 RR时，场强有极小值，且2dR 224U E minR9-21 图 9-21 为水蒸气分子 H 2O 中氧氢原子核及核外电子云示意图． 由于分子的正负电荷中心不重合，故其为有极分子，电矩p 6.2 10 30 C m ．（ 1）水分子有 10 个正电荷及 10 个负电荷，试求正负电荷中心之距 d= ?（2）如将水蒸气置于 E1.5 10 4 N/C 的匀强电场中，求其可能受到的最大力矩？（ 3）欲使电矩与外场平行反向的水分子转到外场方向（转向极化），问电场力作功多少？3kT 的多少分之一？在室温 这功的大小为室温（ 300K ）水分子的平均平动动能2下实现水分子的转向极化，外加电场强度应该多大？分析由电矩 pqd 及已知的水分子电量可计算正负电荷中心之距d ．由电偶极子在外场中受的力矩Mp E， MpE sin，可知，当 p 与 E 正交时力矩最大 .当电矩与外场平行反向(180 ) 时，电场力的力矩作功将使减小，最后0 ，注意到在此过程中 d0.如果这个功与室温下水分子的平均平动动能3k T 相比较是微不足道的，那么要使水分子在常温下实现极化，外电场作的功2至少要等于平均平动动能才能克服热运动的干扰，这就要求外电场足够强． 本题的目的在于启发在实际问题中综合各种物理因素的分析方法和数量级分析的方法．解 （ 1）由题意，水分子正负电荷中心不重合，形成一个电偶极子，电量q 10e ， 电矩大小 p qd (10e)d30正负电荷中心之距dp 6.2 1019 3.9 10 12 m 10e 10 1.6 10题9-21图中， OH键距为 0.958 1010 m ， d 为这个距离的4%.（2 ）由电场力作用于电偶极子的力矩Mp E，力矩大小为MPE sin ，90 ，M达极大 .M maxPE6.2 10301.5 1049.3 1026 N m（3 ）力矩作功为 W Md ，本题中，当转向极化进行时，力矩作正功但dWPE sin d2PE1.9 10 25Jθ180E而 T=300K 时，水分子的平均平动动能pk3kT3 1.38 10 23 300 6.2 10 21J22图 9-21k32630W可见在这样大小的外电场中，水分子的转向极化将被分子的热运动干扰，要实现转向极化，使180 的水分子也转到外电场的方向上，电场力作的功至少要等于分子热运动的平均平动动能k ，从而外场场强值至少要达到E W k 6.2 10 21 5 108 N/C2 p 2 p 2 6.210 309-22 平板电容器两级板相距 3.0cm ，其间平行地放置一层r 2.0 的介质，其位置和厚度如图 9-22(a) 所示，已知 A 板带负电、 B 板带正电，极板上电荷面密度为0 8.85 10 10 C/m 3，略去边缘效应，求：（1）极板间各区域的D、E；（2 ）极板间距 A 极 1cm 、 2cm 、 3cm 处的电势（设 A 板电势为零）；（ 3）绘出 D x 、 E x 、 U x 曲线；（4）介质表面的极化电荷面密度．解（ 1）作如图9-22(a) 所示的高斯面S1和S2，由介质中的高斯定理可以证明各区域 D 相等，得D08.8510 10 c/m 2介质外场强D10V 0/m E0介质内场强E D50 V / mr（2 ）以 A 板电势为零，则x1cm 处A S2B V1E0 x11000.011Vx2cm 处V2V1E( x2x1 )S1 1.5Vx1cm 处V3V2E0 ( x3x2 ) 2.5V0 1 2 3x /cmD/ (C/m)E/ (V/m)V/ V100(a)σ025010 1 2 3x0 1 2 3x0 1 23(b)图 9-22（3） D x ， E x ， V x 曲线如图 9.22(b)所示．（4 ）介质表面的极化电荷面密度为(1 1) 4.42510 10 C/m r9-23平板电容器两极间充满某种介质，板间距d2mm ，电压 600V ，如果断开电源后抽出介质，则电压升高到1800V ，求：（1 ）介质的相对电容率；（ 2）介质上的极化电荷面密度；（3 ）极化电荷产生的电场强度．分析断开电源后抽出介质意味着极板上的自由电荷电量保持不变，电位移D也不变，但是电场强度改变，电压也会改变．在计算有均匀各向同性电介质的平行板电容器之间的电场时，电场强度可以表示为E E0E0，即自由电荷的电场和极化电荷产生的附加电场的00叠加，其中电介质对电场的影响以极化电荷面密度的形式表现出来，反映了空间电场是自由电荷和极化电荷共同产生的；介质中的电场强度也可以直接表示为 E0，其中电介质对电场的影响以相对电容率r 的形式表现出来，也反映0 r了空间的电场是自由电荷和极化电荷共同产生的．这两种表现形式是等效的．解（1）由 E0U 0， EU，得相对电容率为d dE0U 01800rU3E600（2 ）在平行板电容器两极板间充满均匀电介质时，忽略边缘效应，得(1 1 )(11) E0 0 5.31 10 6 C/mr r（3 ）极化电荷的分布形成等量异号带电板，忽略边缘效应，得E 6 10 5 V/m9-24 盖革计数器可用来测量电离辐射，它的正极是半径为R1的金属丝，负极是半径为 R2的同轴圆柱面，当管内充以低压惰性气体，并使两极间建立起强电场，若有辐射粒子进入器壁时将使气体电离，在电子向正极运动的过程中，又会与其他气体原子产生碰撞电离，这样将有更多的电子到达正极并产生一个信号，记录下该辐射，假设 R125 10 6 m , R2 1.4 10 2 m ，管长 L 1610 2 m ，两级间电势差 U 6000V ，低压惰性气体的相对电容率r 1 ，试计算此时阳极上的电荷量和电荷数．分析由于 L R2 , L R1，忽略边缘效应，可以把盖革计数器视为带等量异号电荷的无限长同轴圆柱面电容器．解 两级间场强为 E，方向沿径向指向阴极．电势差为2 0rUR 2drR 2r2ln2 0R 1R 1则Uln R 2R 1阳极上电荷量为2 0UL 2600016 10 2 10 9CqLR 2 ln(1.4 10 2/ 2510 6)8.4 lnR 1q 8.4 10 相应的电荷数为Ne 1.6 109195.25 10109-25圆柱形电容器是由半径为 R 1 的导体圆柱和与它同轴的导体圆筒构成 的，圆筒的半径为 R 2 ，电容器的长为 L ，其间充满相对电容率为 r 的介质，设沿轴线单位长度上圆柱带电荷量为，圆筒单位长带电荷量为，忽略边缘效应，求：（1）介质中的电位移和电场强度； （2 ）介质表面的极化电荷面密度； （3）两极之间的电势差 U ，从而求电容器电容．分析 已知电荷分布，由介质中的高斯定理可知介质中的 D 和 E ，由场强叠加原理可求出极R 2εrεR 1rLλ化电荷的面密度 .–λ解 （1）由于电场具有轴对称性，以半径为r 作高为 L 的同轴高斯面，介质中的高斯定理得2 rL D L图 9-25DrD（ 1）Er 2rr （2 ）设介质内外表面单位长上的极化电荷分别为和，在介质内，其内表面极化电荷产生的附加电场的场强为E2 0 r根据场强叠加原理，在介质内电场是导体圆柱表面的自由电荷产生的电场和介质内表面极化电荷产生的附加电场的叠加，即E E0E（ 2）2 0 r 2 0 r由（ 1）和（ 2）式解得(1 1 )r介质内外表面单位长的面积分别为 2 R2， 2 R1，则极化电荷面密度分别为2 R1(1)(1)2 R1r2R2 2R2r（3 ）电容器两极板电势差为U E d rR2dr ln R2R2R1R120 r r0rR1电容为Q L20rL CR2R2 U ln ln2R1R10 r9-26在半径为 R 的金属球外有一层外半径为R 的均匀介质层，设电介质的相对电容率为r ，金属球带电量为Q，求：（1 ）介质层内外的电场强度；（2 ）介质层内外的电势；（ 3）金属球的电势．分析本题为球对称场，已知电荷分布由介质中的高斯定理可求出D、E 分布．以无穷远电势为零由场强与电势的积分关系或电势叠加原理可求电势分布．解（ 1）如图 9-26，作半径为 r的球面为高斯面，由有介质的高斯定理得4 r 2 D QDQ4r 2R在介质内， R r RD Q R’r E14r r20r0εr在介质外，r RD Q E24r 2（2 ）介质内任一点的电势为图 9-26V1RE1dr E2 dr Q1(1 1)1（ 1）4r r R Rr R介质外任一点电势为V2Q rE2 dr4 0 r（3 ）金属球的电势可由（ 1）式中令 r R 得到，即V0Q1111 4 0R R Rr9-27球形电容器由半径为R1的导体球和与它同心的导体球壳组成，球壳内半径为 R3，其间有两层均匀电介质，分界面半径为R2，相对电容率分别为r1和r2 ，如图9-27所示，求：（1）当内球所带电荷量为Q 时，电场强度的分布；（ 2）各介质表面上的束缚电荷面密度；（3 ）电容器电容．分析本题电场为球对称的，已知电荷分布，可由介质中的高斯定理先求 D ，再求 E 的分布．束缚电荷分布在内外两层介质的四个表面上，因为各表面的曲率。
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1-1 。
分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故tst ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1-2。
分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1-3 。
分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 。
分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 。
智慧树知道网课《大学物理(下)(太原理工大学)》课后章节测试满分答案
第一章测试1【单选题】(6分)下列哪一种说法正确A.在某一点电荷附近的任一点,若没放试验电荷,则这点的电场强度为零B.电场线上任意一点的切线方向,代表点电荷q在该点获得加速度的方向C.电荷在电场中某点受到的电场力很大,该点的电场强度一定很大D.若把质量为m的点电荷q放在一电场中,由静止状态释放,电荷一定沿电场线运动2【单选题】(6分)在坐标原点放一正电荷Q，它在P点(x=+1,y=0)产生的电场强度为．现在，另外有一个负电荷-2Q，试问应将它放在什么位置才能使P点的电场强度等于零？A.y轴上y<0B.x轴上x>1C.x轴上0<x<1D.y轴上y>0E.x轴上x<03【单选题】(6分)一均匀带电球面，电荷面密度为σ，球面内电场强度处处为零，球面上面元dS的一个带电量为的电荷元，在球面内各点产生的电场强度A.无法判定B.不一定都为零C.处处为零D.处处不为零4【单选题】(6分)真空中两块互相平行的无限大均匀带电平面。
其电荷密度分别为+σ和+2σ，两板之间的距离为d，两板间的电场强度大小为A.B.C.D.5【单选题】(6分)如在边长为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.B.C.D.6【单选题】(7分)一电场强度为的均匀电场，的方向沿x轴正向，如图所示．则通过图中一半径为R的半球面的电场强度通量为A.B.πR2E/2C.πR2ED.2πR2E7【单选题】(7分)半径为R的均匀带电球体的静电场中各点的电场强度的大小E与距球心的距离r的关系曲线为：A.B.C.D.8【单选题】(7分)一电偶极子放在均匀电场中，当电偶极矩的方向与场强方向不一致时，其所受的合力和合力矩为：A.B.C.D.9【单选题】(7分)静电场中某点电势在数值上等于A.把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功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.试验电荷q0置于该点时具有的电势能10【单选题】(7分)在点电荷+q的电场中，若取图中P点处为电势零点，则M点的电势为：A.B.C.D.11【单选题】(7分)点电荷-Q位于圆心O处，a是一固定点，b、c、d为同一圆周上的三点，如图所示。
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1-1 。
分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故tst ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1-2。
分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1-3 。
分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 。
分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 。
大学物理 (第五版)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 r ，速度为v r ，t 至()t t +∆时间内的位移为r ∆r，路程为s ∆，位矢大小的变化量为r ∆（或称r ∆r ），平均速度为v r，平均速率为v 。
（1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ∆=∆=∆r（B ）r s r ∆≠∆≠∆r ，当0t ∆→时有dr ds dr =≠r （C ）r r s ∆≠∆≠∆r，当0t ∆→时有dr dr ds =≠r（D ）r s r ∆=∆≠∆r ，当0t ∆→时有dr dr ds ==r（2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v ==r r （B ）,v v v v ≠≠r r （C ）,v v v v =≠r r（D ）,v v v v ≠=rr1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y r的端点处，对其速度的大小有四种意见，即（1）dr dt ；（2）dr dt r；（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 r 表示位置矢量，v r 表示速度，a r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 =r。
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。
大学物理第五版上册课后答案及解析
1-1 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故 ,即｜｜≠ ．但由于｜dr｜＝ds,故 ,即｜｜＝．由此可见,应选(C)．1-2 分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解．故选(D)．1-3 分析与解表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1-4 分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为 ,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度 ,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为 ,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．1-6 分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到： ,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程 ,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和两式计算．解(1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为 (t＝0不合题意)则 ,所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时 ,,1-7 分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t 图上是平行于t 轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t 图线．又由速度的定义可知,x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t 图．解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为(匀加速直线运动), (匀速直线运动)(匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］．1-8 分析质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则 ,最后用积分求ｓ．解(1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为,这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为,图(a)中的P、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得其中位移大小而径向增量*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元ds,则 ,由轨道方程可得 ,代入ds,则2ｓ内路程为1-9 分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解(1) 速度的分量式为,当t ＝0 时, vox ＝-10 m?6?1ｓ-1 , voy ＝15 m?6?1ｓ-1 ,则初速度大小为设vo与x 轴的夹角为α,则α＝123°41′(2) 加速度的分量式为,则加速度的大小为设a 与x 轴的夹角为β,则,β＝-33°41′(或326°19′)1-10 分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为则1-11 分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解(1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因 ,则质点P 的参数方程为,坐标变换后,在Oxy 坐标系中有,则质点P 的位矢方程为(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为1-12 分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s＝htgωt,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为当杆长等于影长时,即s ＝h,则即为下午3∶00 时．1-13 分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由和可得和．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可两边直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有得(1)由得 (2)将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m?6?1ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m?6?1ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为1-14 分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 (1)用分离变量法把式(1)改写为(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有得石子速度由此可知当,t→∞时, 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2) 再由并考虑初始条件有得石子运动方程1-15 分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即和 ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得又由及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t2 y ＝2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程 3y ＝2x -20 m这是一个直线方程．直线斜率,α＝33°41′．轨迹如图所示．1-16 分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为和．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为 , ,式中｜Δv｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0 时的极限值．解(1) 由图(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故而所以(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得,, ,以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度．1-17 分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即 ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量aｔ和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即 ,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式求ρ．解(1) 由参数方程 x ＝2.0t, y ＝19.0-2.0t2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x2(2) 在t1 ＝1.00ｓ到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为则t1 ＝1.00ｓ时的速度v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为则1-18 分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解(1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt, y ＝1/2 gt2飞机水平飞行速度v＝100 m?6?1s-1 ,飞机离地面的高度y＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离(2) 视线和水平线的夹角为(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为1-19 分析这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ和v0sinβ,其加速度分别为gsinα和gcosα．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即 ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得 (即图中的r 矢量)．解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为(1) (2)令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则(3)由(2)(3)两式消去t 后得由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 的大小无关．讨论如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1-20 分析选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布解(1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为(1) (2)由式(1)(2)可得由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为(2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1-21 分析被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x、y 值代入即可求出．解取图示坐标系Oxy,由运动方程,消去t 得轨迹方程以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m?6?1ｓ-1 及3.44 m≥y≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92° 27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1-22 分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s(t),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量为an＝v2 /R．这样,总加速度为a ＝aｔeｔ＋anen．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs＝st -s0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解(1) 质点作圆周运动的速率为其加速度的切向分量和法向分量分别为,故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为(2) 要使｜a｜＝b,由可得(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为因此质点运行的圈数为1-23 分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR ＝v,由题意ω∝t2 得比例系数所以则t′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为总加速度在2.0ｓ内该点所转过的角度1-24 分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解(1) 由于 ,则角速度．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为(2) 当时,有 ,即得此时刻的角位置为(3) 要使 ,则有 t ＝0.55ｓ1-25 分析这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为 (如图所示),于是可得1-26 分析这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v2′的方向)应满足．再由相对速度的矢量关系 ,即可求出所需车速v1．解由［图(b)］,有而要使 ,则1-27 分析船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u的存在, v与船在静水中划行的速度v′之间有v＝u ＋v′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解(1) 由v＝u ＋v′可知 ,则船到达正对岸所需时间为(2) 由于 ,在划速v′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v＝v′),此时,船过河时间t′＝d /v′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有1-28 分析该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x,y)变换至系O′中的点(x′,y′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和O′x′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得x′＝x - v t ＝v t - v t ＝0 y′＝y ＝1/2 gt2加速度由此可见,动点相对于系O′是在y 方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果．2-1 分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2-2 分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2-3 分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2-4 分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m gcos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选(B)．2-5 分析与解本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B 两物体相对电梯的加速度,ma′为惯性力．对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ＝5/8 mg．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA 和aB 均应对地而言,本题中aA 和aB的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对aA 、aB 、a 和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2-6 分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有 (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有则 (2)为使下滑的时间最短,可令 ,由式(2)有则可得 ,此时2-7 分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有FＴ -(m1 ＋m2 )g ＝(m1 ＋m2 )a (1) ,FN2 - m2 g ＝m2 a (2)解上述方程,得FＴ＝(m1 ＋m2 )(g ＋a) (3) FN2 ＝m2 (g ＋a) (4) (1) 当整个装置以加速度a ＝10 m?6?1ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F′N2 ＝-FN2 ＝-m2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m?6?1ｓ-2 上升时,得绳张力的值为FＴ＝3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2 ＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2-8 分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有 mA g -FＴ＝mAa (1)F′Ｔ1 -Fｆ＝mB a′ (2)F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 (3)考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2-9 分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1 以地面为参考系,在摩擦力Fｆ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程Fｆ＝μmg ＝ma1 F′ｆ＝-Fｆ＝m′a2。
大学物理第五版上册标准答案-副本
1-9 质点的运动方程是x= -10t+30t （2）和y= 15t -20t（2），式中的x ，y 的单位是m ，t 的单位是s 求初速度的大小和方向 加速度的大小和方向分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为 t txx 6010d d +-==v , t tyy 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m ·ｓ-1 , v o y ＝15 m ·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则 23tan 00-==xy αv v α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta x x v,2s m 40d d -⋅-==ta y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β ,β＝-33°41′(或326°19′)1-13 质点沿直线运动，加速度是a=4-t （2），如何当t=3s 时，x=9m ，v=2m 。
S （-1） 求质点的运动方程分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和txd d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知,应有⎰⎰=tt a 0d d 0vv v得03314v v +-=t t (1)由⎰⎰=txx t x 0d d 0v得00421212x t t t x ++-=v (2)将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m ·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m ·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1-22 一个质点沿半径是r 的圆周规律s=vt-1/2bt （2）而运动，v ，b 都是常量。
大学物理9~13课后作业.答案
)
习题九
-2
B2.0x
9-6已知磁感应强度Wb·m
轴正方向，如题9-6图所示．试
求：(1)通过图中abcd面的磁通量；(2)通过图中befc面的磁通量；(3)通过图中aefd面
的磁通量．
解：如题9-6图所示
题9-6图
(1)通过abcd面积S1的磁通是
1BSWb
1
2.10.30.40.24
1
计算：
(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；
(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；
qqq
解:(1)内球带电；球壳内表面带电则为,外表面带电为，且均匀分布，其电势
题8-23图
qdrq
UEdr
2
RRπR
40r4π
22
0
(2)外壳接地时，外表面电荷入地，外表面不带电，内表面电荷仍为．所以球壳电
(2)通过befc面积S2的磁通量
2BS
0
(3)通过aefd面积S3的磁通量
4
3BS20.30.5cos2Wb0.24Wb
3
0.30.50.24(或曰)
5
题9-7图
ABCDBCO
9-7如题9-7图所示，、为长直导线，为圆心在点的一段圆弧形导线，其
RIO
半径为．若通以电流，求点的磁感应强度．
解：如题9-7图所示，O点磁场由AB、BC、CD三部分电流产生．其中
ABB10
产生
CD
I
0
B
产生，方向垂直向里
2
12R
II3
CD)
00
段产生B(sin90sin60)(1，方向向里
大学物理第五版上册课后答案及解析
1-1 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故 ,即｜｜≠ ．但由于｜dr｜＝ds,故 ,即｜｜＝．由此可见,应选(C)．1-2 分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解．故选(D)．1-3 分析与解表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1-4 分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为 ,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度 ,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为 ,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．1-6 分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到： ,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程 ,如图所示,至于t ＝ s 时质点速度和加速度可用和两式计算．解(1) 质点在 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为 (t＝0不合题意)则 ,所以,质点在 s时间间隔内的路程为(3) t＝ s时 ,,1-7 分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t 图上是平行于t 轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t 图线．又由速度的定义可知,x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t 图．解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为(匀加速直线运动), (匀速直线运动)(匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］．1-8 分析质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则 ,最后用积分求ｓ．解(1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为,这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为,图(a)中的P、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得其中位移大小而径向增量*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元ds,则 ,由轨道方程可得 ,代入ds,则2ｓ内路程为1-9 分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解(1) 速度的分量式为,当t ＝0 时, vox ＝-10 m61ｓ-1 , voy ＝15 m61ｓ-1 ,则初速度大小为设vo与x 轴的夹角为α,则α＝123°41′(2) 加速度的分量式为,则加速度的大小为设a 与x 轴的夹角为β,则,β＝-33°41′(或326°19′)1-10 分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为则1-11 分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解(1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因 ,则质点P 的参数方程为,坐标变换后,在Oxy 坐标系中有,则质点P 的位矢方程为(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为1-12 分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s＝htgωt,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为当杆长等于影长时,即s ＝h,则即为下午3∶00 时．1-13 分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由和可得和．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可两边直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有得(1)由得 (2)将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m61ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m61ｓ-1,x0＝ m．于是可得质点运动方程为1-14 分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 (1)用分离变量法把式(1)改写为(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有得石子速度由此可知当,t→∞时, 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2) 再由并考虑初始条件有得石子运动方程1-15 分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即和 ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得又由及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t2 y ＝2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程 3y ＝2x -20 m这是一个直线方程．直线斜率,α＝33°41′．轨迹如图所示．1-16 分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为和．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为 , ,式中｜Δv｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0 时的极限值．解(1) 由图(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故而所以(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得,, ,以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度．1-17 分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即 ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量aｔ和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即 ,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式求ρ．解(1) 由参数方程 x ＝, y ＝消去t 得质点的轨迹方程：y ＝(2) 在t1 ＝ｓ到t2 ＝ｓ时间内的平均速度(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为则t1 ＝ｓ时的速度v(t)｜t ＝1ｓ＝切向和法向加速度分别为(4) t ＝ｓ质点的速度大小为则1-18 分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解(1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt, y ＝1/2 gt2飞机水平飞行速度v＝100 m61s-1 ,飞机离地面的高度y＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离(2) 视线和水平线的夹角为(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为1-19 分析这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ和v0sinβ,其加速度分别为gsinα和gcosα．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即 ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得 (即图中的r 矢量)．解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为(1) (2)令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则(3)由(2)(3)两式消去t 后得由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 的大小无关．讨论如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1-20 分析选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布解(1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为(1) (2)由式(1)(2)可得由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为(2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1-21 分析被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x、y 值代入即可求出．解取图示坐标系Oxy,由运动方程,消去t 得轨迹方程以x ＝ m,v ＝ m61ｓ-1 及m≥y≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92° 27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取°与°之间的任何值．当倾角取值为°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1-22 分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s(t),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量为an＝v2 /R．这样,总加速度为a ＝aｔeｔ＋anen．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs＝st -s0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解(1) 质点作圆周运动的速率为其加速度的切向分量和法向分量分别为,故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为(2) 要使｜a｜＝b,由可得(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为因此质点运行的圈数为1-23 分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR ＝v,由题意ω∝t2 得比例系数所以则t′＝ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为总加速度在ｓ内该点所转过的角度1-24 分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解(1) 由于 ,则角速度．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为(2) 当时,有 ,即得此时刻的角位置为(3) 要使 ,则有 t ＝ｓ1-25 分析这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为 (如图所示),于是可得1-26 分析这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v2′的方向)应满足．再由相对速度的矢量关系 ,即可求出所需车速v1．解由［图(b)］,有而要使 ,则1-27 分析船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u的存在, v与船在静水中划行的速度v′之间有v＝u ＋v′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解(1) 由v＝u ＋v′可知 ,则船到达正对岸所需时间为(2) 由于 ,在划速v′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v＝v′),此时,船过河时间t′＝d /v′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有1-28 分析该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x,y)变换至系O′中的点(x′,y′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和O′x′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得x′＝x - v t ＝v t - v t ＝0 y′＝y ＝1/2 gt2加速度由此可见,动点相对于系O′是在y 方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果．2-1 分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2-2 分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2-3 分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2-4 分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m gcos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选(B)．2-5 分析与解本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B 两物体相对电梯的加速度,ma′为惯性力．对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ＝5/8 mg．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA 和aB 均应对地而言,本题中aA 和aB的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对aA 、aB 、a 和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2-6 分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有 (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有则 (2)为使下滑的时间最短,可令 ,由式(2)有则可得 ,此时2-7 分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有FＴ -(m1 ＋m2 )g ＝(m1 ＋m2 )a (1) ,FN2 - m2 g ＝m2 a (2)解上述方程,得FＴ＝(m1 ＋m2 )(g ＋a) (3) FN2 ＝m2 (g ＋a) (4) (1) 当整个装置以加速度a ＝10 m61ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝×103 N乙对甲的作用力为F′N2 ＝-FN2 ＝-m2 (g ＋a) ＝×103 N(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m61ｓ-2 上升时,得绳张力的值为FＴ＝×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2 ＝×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2-8 分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有 mA g -FＴ＝mAa (1)F′Ｔ1 -Fｆ＝mB a′ (2)F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 (3)考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2-9 分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1 以地面为参考系,在摩擦力Fｆ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程Fｆ＝μmg ＝ma1 F′ｆ＝-Fｆ＝m′a2a1 和a2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a1 ＋a2 ,木块相对平板以初速度- v′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有 - v′2 ＝2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为解2 以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为W ＝Fｆ (s ＋l) -Fｆl ＝μmgs式中l 为平板相对地面移动的距离．由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有m′v′＝(m′＋m) v″。
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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 下列说法正确的是( ) (A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷 (B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内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，曲面内电荷的 代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；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
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线产中0不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资2负料2，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置各试时类卷，管调需路控要习试在题验最到；大位对限。设度在备内管进来路行确敷调保设整机过使组程其高1在中正资，常料要工试加况卷强下安看与全22过，22度并22工且22作尽22下可护都能1关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编试技5写、卷术重电保交要气护底设设装。备备置管4高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并技3试资件且、术卷料中拒管试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
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. 精品 第9章 真空中的静电场(习题选解) 9-补充 三个电量为q的点电荷各放在边长为r的等边三角形的三个顶点上，电荷(0)QQ放在三角形的重心上。为使每个
负电荷受力为零，Q之值应为多大？ 解：以三角形上顶点所置的电荷(q)为例，其余两个负电荷对其作用力的合力为1f，方向如图所示，其大小为 题6-1图
22221004330cos42rqr
qf
中心处Q对上顶点电荷的作用力为2f，方向与1f相反，如图所示，其大小为 2233
2
00
434r
QqrQqf
由12ff，得 33Qq。 6-补充 在某一时刻，从238U的放射性衰变中跑出来的粒子的中心离残核234Th的中心为159.010rm。试问：（1）作用在粒子上的力为多大？（2）粒
子的加速度为多大？ 解：（1）由反应238234492902UTh+He，可知粒子带两个单位正电荷，即 19123.210QeC
Th离子带90个单位正电荷，即 1929014410QeC
它们距离为159.010rm 由库仑定律可得它们之间的相互作用力为：
-q -q -q Q
1f
2f .
精品 1919912215203.21014410(9.010)5124(9.010)QQFNr
（2）粒子的质量为： 2727272()2(1.67101.6710)6.6810pnmmmKg
由牛顿第二定律得： 282275127.66106.6810Famsm
9-1 如图所示，有四个电量均为Cq610的点电荷，分别放置在如图所示的1，2，3，4点上，点1与点4距离等于点1与点2的距离，长m1，第3个电荷位于2、4两电荷连线中点。求作用在第3个点电荷上的力。 解：由图可知，第3个电荷与其它各
电荷等距，均为22rm。各电荷之间均为斥力，且第2、4两电荷对第三电荷的作用力大小相等，方向相反，两力平衡。由库仑定律，作用于电荷3的力为
题9-1 图
题9-1 图NrqqF2213310108.141
力的方向沿第1电荷指向第3电荷，与x轴成45角。9-2题略
解 mg
lq220)sin2(4
1tan.
精品 tansin4sintan16q0220mglmgl
9-3 在直角三角形ABC的A点放置点电荷Cq91108.1，B点放置点电荷Cq92108.4，已知0.04,0.03BCmACm，试求直角顶点C处的场强E。
解：A点电荷在C点产生的场强为
1E，方向向下
1421101108.141mVrqE
B点电荷在C点产生的场强为2E，方向向右 1422202107.241mVrqE 题9-3图
根据场强叠加原理，C点场强 1422211024.3mVEEE
设E与CB夹角为，21tanEE
12
2arctanarctan33.73EE
9-补充 如图所示，一根很长的绝缘棒，均匀 带电，单位长度上的电荷量为，试求距棒的一端垂直距离为d的P点处的电场强度。. 精品 解：建立如图所示坐标，在棒上任取一线 元dx在P点产生的场强为dE 题9-补充a图
)(4)(44220222020dxdxdxdxrdqdE
场强dE可分解成沿x轴、y轴的分量 22sindxxdEdEdEx
22cosdxddEdEdEy
题9-补充b图0232220)(24dxdx
dEExx
1222
00
2()8dxd
00
1()44dd
31022
2
222000
2
0
444()()yyddxdxEdEdxddxd
P点场强 dEEEyx02242 .
精品 方向与Y轴夹角为 arctan45xyEE.
精品 9-4 如图所示，一条长为l2的均匀带电直线，所带电量为q，求带电直线延长线上任一点P的场强。 解：在坐标原点0为r处取线元，带电量 drlqdrdq2 该线元在带电直线延长线上距原点为x的P点产生的场强为
题9-4图
题9-4图20)(4rxdqdE
整个带电直线在P点的场强 llll
l
lrxlqrxrxdlqrxlqdrdEE)1(8)()(8)(24
0202
0
2222000
112()88()4()qqlqlxlxllxlxl
9-5 一根带电细棒长为l2，沿x轴放置，其一端在原点，电荷线密度Ax（A
为正的常数）。求x轴上，lbx2处的电场强度。 解：在坐标为x处取线元dx，带电量为Axdxdq，该线元在P点的场强为dE，方向沿x轴正方向
20)2(4xlbdqdE
整个带电细棒在P点产生的电场为.
精品 lxlbAxdxdEE2020)2(4 题9-5
xlbdxlblbxlbAl2
2
22
42
020
])2()2()2()2(2)2([420202220llxlbxlbdlbxlb
xlbdA
2220000(2)1ln(2)84(2)ll
AAblblxblx
)22(ln40bllbbA
场强E方向沿x轴正方向
9-6 如图所示，一根绝缘细胶棒弯成半径为R的半圆形。其上一半均匀带电荷q，另一半均匀带电荷q。求圆心O处的场强。
题9-6图解：以圆心为原点建立如图所示Oxy坐标，
在胶棒带正电部分任取一线元dl，与OA夹角为，线元带电荷量dlRqdq2，在O点产生电场强度 dRqdlRqRdqdE202302202424
把场强dE分解成沿x轴和y轴的分量 sindEdEx
cosdEdEy
222220
00
sin22xxqqEdEdRR
22220
00
cos22yyqqEdEdR.
精品 题9-6图
同理，胶棒带负电部分在O点的场强E沿x轴方向的分量xE与xE大小相等，方向相同；沿y轴方向的分量yE与yE大小相等，方向相反，互相抵消，故点场强为
2022RqEEx 方向沿x轴正向。
9-7 如图所示，两条平行的无限长均匀带电直线，相距为d，线电荷密度分别为和，求： 两线构成的平面的中垂面上的场强分布； 解：在两线构成平面的中垂直面上任取一点P距两线构成平面为y，到两线距离为22()2dy。两带电直线在P点的场强为
212
20
1)4(2dyE
212
20
2)4(2dyE
题9-7图由于对称性，两线在P点的场强沿y轴方向的分量，方向相反，大小相等，相互抵消
1212coscosxxEEEEE
1122
2222
0
222()()44dddyy