大学物理习题答案

B班级 学号 姓名

第1章 质点运动学

1-2 已知质点的运动方程为rei3ettj6k。(1)求：自t=0至t=1质点

的位移。(2)求质点的轨迹方程。

解：(1) r0i3j6k r1ei3e-1j6k 3 质点的位移为re1i3j

e(2) 由运动方程有xet，y3et， z6 消t得 轨迹方程为 xy1且z6

1-3运动质点在某瞬时位于矢径rx,y的端点处，其速度的大小为( D ) drdrdxdydr(A) (B) (C) (D)

dtdtdtdtdt221-5某质点的运动方程为r10i15tj5t2k，求：t=0，1时质点的速度和加速度。

解：由速度和加速度的定义得

vdrdv15j10tk， a10k dtdtt0所以 t=0，1时质点的速度和加速度为 v15j v15j10kt1

a10kt0,1

1-8 一质点在平面上运动，已知质点的运动方程为r5t2i3t2j，则该质点所作运动为[ B ]

(A) 匀速直线运动 (B) 匀变速直线运动

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(C) 抛体运动 (D) 一般的曲线运动

*1-6一质点沿Ox 轴运动，坐标与时间之间的关系为x3t32t(SI)。则质点在4s末的瞬时速度为 142m·s-1 ，瞬时加速度为 72m·s-2 ；1s末到4s末的位移为 183m ，平均速度为 61m·s-1 ，平均加速度为 45m·s-2。

d2xdx解题提示：瞬时速度计算v，瞬时加速度计算a2；位移为

dtdtxx4x1，平均速度为vx4x1v4v1，平均加速度为 a 4141

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1-11 已知质点沿Ox 轴作直线运动，其瞬时加速度的变化规律为

ax3tms2。在t=0时，vx0，x10m。求：(1)质点在时刻

t的速度。

(2)质点的运动方程。

dvx解：(1) 由ax得

dtdvxaxdt

两边同时积分，并将初始条件t=0时，vx0带入积分方程，有

(2) 由vxvx0dvxaxdt3tdt

00tt32解得质点在时刻t的速度为 vxt

2dx得 dtdxvxdt

两边同时积分，并将初始条件t=0时，x10m带入积分方程，有

3210dx0vxdt02tdt

13解得质点的运动方程为 x10t

2xtt

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1-12 质点沿直线运动的加速度为a72t2(SI).如果当t3s时，

x8m，v4ms-1.求：

(1) 质点的运动方程；

(2) 质点在t5s 时的速度和位置．

解：(1) 设质点沿Ox 轴做直线运动，t=0时，xx0，adv由xxdt得

dvxaxdt

对上式两边同时积分，并将axa72t2代入，有

vvdvx（t072t2)dt

0解得质点在时刻t的速度为

vv07t23t3 由vdxxdt得

dxvxdt

7t2对上式两边同时积分，并将vv033t代入，有

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vv0。 （1）

解得

xx0dx2(v07tt3)dt 03t72t4xx0v0tt26将t=3s时，

（2）

x8m，v4msv01ms-1-1代入式（1）和式（2），得

，

x013 m

将v0和x0的值代入式（2）中，可得质点的运动方程为

1472xttt13 （3）

62(2) 将t5s代入式（1）和式（3）得

142v3

ms1148，x6m

1-14一质点作半径r=5m的圆周运动，其在自然坐标系中的运动方程为

s2t12t(SI)，求：t为何值时，质点的切向加速度和法向加速度大小相等。 2解：由运动方程得

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vds2t dtdv1 dt2质点的切向加速度为 atv22t质点的法向加速度为 an r5当两者相等时，有

2t251

解得时间t的值为 t52s

1-15 质点做半径为1m的圆周运动，其角位置满足关系式θ52t3(SI)。

t=1s时，质点的切向加速度 12m·s-2 ，法向加速度 36m·s-2 ，总加速度

37.95m·s-2 。

解：由运动方程θ52t3得 角速度为ωdθdω6t2s1 ， 角加速度为12ts2 dtdtt时刻，质点的切向加速度的大小为atR12t112tms2

质点的法向加速度的大小为anω2R6t2136t4ms2 质点的总加速度的大小为 aatan将t=1s代入上面方程，即可得到上面的答案。

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22212t236t42ms2

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第3章 刚体力学

3-1当飞轮作加速转动时，对于飞轮上到轮心距离不等的两点的切向加速度at和法向加速度an有[ D ]

(A) at相同，an相同 (B) at相同，an不同 (C) at不同，an相同 (D) at不同，an不同

解题提示：可从atrα和an2r来讨论，转动的刚体上半径不同的质点均具有相同的角位移，角速度和角加速度。

3-2一力F3i5jN，其作用点的矢径为r4i3jm，则该力对坐标原点的力矩为 M29k 。

解： MrF4i3j3i5j

其中，ijjik，iijj0，对上式计算得 M29k

3-3两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为A和B(AB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为JA和JB, 则有[ B ]

(A) JA＞JB (B) JA＜JB (C) JA＝JB (D) 不能确定JA、JB哪个大

解题提示：圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量为

J1mR2 2质量 mVR2h 因为AB，所以RARB，则有JA＜JB。故选择(B)。

3-5有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上，下列说法不正确的是[ C ]

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

(A) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零 (B) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零 (C) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零

(D) 只有这两个力在转动平面内的分力对转轴产生的力矩，才能改变刚体绕转轴转动的运动状态

解题提示：(C)不正确。因为力矩不仅与力有关，还与力的作用点有关。当转动平面内两个大小相等的力方向相同时，如果这两个力对轴的位置矢量恰好大小相等，方向相反时，其合力矩为零，但合力为力的二倍。

3-6 一个飞轮的质量为m=60kg，半径R=0.25m，转速为1000rmin1。现在要制动飞轮，要求在t=5.0s内使其均匀的减速而最后停下来。设平板与飞轮间的滑动摩擦系数为=0.8，飞轮的质量可看作是全部均匀分布在轮的边缘上。求：平板对轮子的压力为多大？

解：由于飞轮质量全部分布在边缘，所以其转动惯量为

JmR2600.253.75kgm2

2NfFω0P

根据定义，角加速度为

02π10006020.9s2 5ωω0t以飞轮为研究对象，受力分析如图所示，设垂直纸面向里为飞轮转动的正方向，则飞轮所受的摩擦阻力矩为

MfRNR

根据刚体的定轴转动定律，有

MJ

将两个方程联立，可得 飞轮受到的压力 NJ3.7520.9392N R0.80.25--精品--

3-7如图所示，质量均为m的物体A和B叠放在水平面上，由跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳相互连接。设定滑轮的质量为m，半径为R，且A与B之间、A与桌面之间、滑轮与轴之间均无摩擦，绳与滑轮之间无相对滑动。物体A在力F的作用下运动后，求：

(1) 滑轮的角加速度。

(2) 物体A与滑轮之间的绳中的张力。 (3) 物体B与滑轮之间的绳中的张力。 解：以滑轮，物体A和B为研究对象，分别受力分析，如图所示。物、体A受重力PA、物体B的压力N1BFA地面的支持力N2、外力F和绳的拉力T2作用；物体B受重力PB、物体A的支持力N1和绳的拉力T1作用；滑轮受到重力P、轴的支持力N、上下两边绳子的拉力T1和T2的作用。 设滑轮转动方向为正方向，则根据刚体定轴转动定律有

T2AN2FN'1PANT'1T'2PT1BN1PA

T2RT1RJ

12JmR其中 滑轮的转动惯量

2根据牛顿第二定律有 物体A：

FT2ma

其中， T1T1， T2T2 因绳与滑轮之间无相对滑动，所以 有

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aR

将4个方程联立，可得滑轮的角加速度

F2F

2mRJ/R5mR物体A与滑轮之间的绳中的张力

3T2T2F物体B与滑轮之间的绳中的张力 T15

2T1F

53-8 如图所示，质量分别为m1和m2的物体A和B用一根质量不计的轻绳相连，此绳跨过一半径为R、质量为m的定滑轮。若物体A与水平面间是光滑接触，求：绳中的张力T1和T2各为多少？(忽略滑轮转动时与轴承间的摩擦力，且绳子相对滑轮没有滑动)

解：对滑轮、物体A和B分别进行受力分析，如图所示。因绳子不可伸长，故物体A和B的加速度大小相等。根据牛顿第二定律，有

aT1N1T1m1a (1)

T2AP2T2m2gT2m2a

(2)

滑轮作转动，受到重力P、张力T1和T2以及轴对它的作用力N等的作用。由于P和N通过滑轮的中心轴，所以仅有张力T1和T2对它有力矩的作用。由刚体的定轴转动定律有

NT1aBP2T2P

RT2RT1J (3)

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因绳子质量不计，所以有

T1T1, T2T2

因绳子相对滑轮没有滑动，在滑轮边缘上一点的切向加速度与绳子和物体的加速度大小相等，它与滑轮转动的角加速度的关系为

aR (4)

滑轮以其中心为轴的转动惯量为

1JmR2 (5)

2将上面5个方程联立，得

T1m1m2g1

m1m2m21m1mm2g2T2 1m1m2m2*3-8 如图所示，物体A和B分别悬挂在定滑轮的两边，该定滑轮由两个同轴的，且半径分别为r1和r2(r1r2)的圆盘组成。已知两物体的质量分别为m1和m2，定滑轮的转动惯量为J，轮与轴承间的摩擦、轮与绳子间的摩擦均忽略不

计。求：两物体运动的加速度。

解：分别对两物体及定滑轮作受力分析，如图所示。根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律有

P1T1m1gT1m1a1 (1) T2P2T2m2gm2a2 (2)

T1r1T2r2J (3)

其中 T1T1, T2T2

由角加速度和切向加速度的关系，有

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Nr1r2r2r1PTT21m2m1T2m2P2a2a1T1m1P1

a1r1 (4) a2r2 (5)

解上述方程组，可得

a1m1r1m2r2gr1Jm1r12m2r22

a2m1r1m2r2gr2Jm1r12m2r22

3-9下面说法中正确的是[ A ] (A) 物体的动量不变, 动能也不变 (B) 物体的动量不变, 角动量也不变 (C) 物体的动量变化, 角动量也一定变化 (D) 物体的动能变化, 动量却不一定变化

3-11一质量为m的质点沿着一条空间曲线运动，该曲线在直角坐标系下的定义式为racosωtibsinωtj，其中a、b、ω皆为常数．则此质点所受的对原点的力矩M= 0 ；该质点对原点的角动量L= abmωk 。

d2r2解：因为Fm2mr

dt所以 MrFrmr0

2因为 Pmvmdrmasintibcostj dtLrPacostibsintjasintibcostjm

其中，ijjik，iijj0，对上式计算得

L=abmωk

3-13一人手拿两个哑铃，两臂平伸并绕右足尖旋转，转动惯量为J，角速度为ω。若此人突然将两臂收回，转动惯量变为J/3。如忽略摩擦力，求：此人收臂后的动能与收臂前的动能之比。

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解：因人在转动过程中所受重力和支持力对转轴的力矩均为零，所以此人的转动满足刚体绕定轴转动的角动量守恒定律。设人收回两臂后的角速度为

，由L1L2得

J即

J 33

所以，收臂后的动能与收臂前的动能之比为

1J223Ek3 1Ek1J22

3-14一质量为m的人站在一质量为m、半径为R的水平圆盘上，圆盘可无摩擦地绕通过其中心的竖直轴转动。系统原来是静止的，后来人沿着与圆盘同心，半径为r(rR)的圆周走动。求：当人相对于地面的走动速率为v时，圆盘转动的角速度为多大？

解：对于转轴，人与圆盘组成的系统角动量守恒。 人的转动惯量为

J人mr2

圆盘的转动惯量为

J盘1mR2

2--精品--

选地面为惯性参照系，根据角动量守恒定律，有

J人人J盘盘0

其中

人v，代入上式得 r盘2r2v

R负号表示圆盘的转动方向和人的走动方向相反。

3-16一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为ω0，设它所受阻力矩与转动角速度之间的关系为Mkω (k为正常数)。 则在它的角速度从ω0变为

1ω0过程中阻力矩所做的功为多少？ 2解：根据刚体绕定轴转动的动能定理，阻力矩所做的功为

AMd将112J2J0 2210代入上式，得 232 AJ08

3-17 一根质量为m、长为l的均匀细棒，可绕通过其一段的光滑轴O在竖直平面内转动。设t0时刻，细棒从水平位置开始自由下摆，求：细棒摆到竖直位置时其中心点C和端点A的速度。

解：对细棒进行受力分析可知，在转动过程中，细棒受到重力P和轴对棒的支持力N的作用。其中支持力N的大小和方向是随时变化的。 在棒转动过程中，支持力N通过轴O，所以对轴O的力矩始终为零。重力对轴O的力矩为变力矩，是棒运动的合外力矩。设在转动过程中

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某时刻，棒与水平方向成角，则重力矩为

lMmgcos2中，重力矩做的功为

OCA

所以细棒在由水平位置转到竖直位置的过程

P

AMd2mg0ll cosdmg22设棒在水平位置的角速度为00，在竖直位置的角速度为。根据刚体定轴转动的动能定理，有

l1AmgEkEk0J20

2212Jml，代入上式得其中，棒的转动惯量为

3l1v3gl

端点A的速度分别为C223gl

根据速度和角速度的关系vr，细棒摆到竖直位置时其中心点C和

vAl3gl

3-18如习题3-18图所示，斜面倾角为θ，位于斜面顶端的卷扬机的鼓轮半

径为r，转动惯量为J，受到驱动力矩M作用，通过绳索牵引斜面上质量为m的物体，物体与斜面间的摩擦系数为μ，求重物上滑的加速度。(绳与斜面平行，

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绳的质量不计，且不可伸长)

解：采用隔离法分别对物体m和鼓轮进行受力分析，如习题3-18图(b)所示。

重物m受到重力P，绳的拉力T，斜面的支持力N和摩擦力f的作用。设重物

上滑的加速度为a，根据牛顿第二定律，有

PTfNma

Mrmθ(a)沿斜面方向和垂直于斜面的方向建立直角坐标系，则上式可分解为

x方向 Tfmgsinθma (1)

y方向 Nmgcosθ0 (2)

且有 fμN (3)

对鼓轮进行受力分析可知，使鼓轮转动的力矩为驱

动力矩M。绳的拉力T对转轴的力矩，其方向和M相反，所以是阻力矩。设鼓轮的转轴垂直于纸面指向读者，根据刚体的定轴转动定律，有

yfNTxMθP(b)rTMTrJα (4)

绳的质量不计，且不可伸长，所以有

习题3-18图

TT (5)

重物上滑的加速度的大小等于鼓轮转动的切向加速度的大小。由切向加速度和角加速度的关系，有

arα (6)

将上面6个方程联立，可求得重物上滑的加速度为

a

Mμmgrcosθmgrsinθ

Jmr2

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第5章 机械振动

5-1对同一简谐振动的研究, 两个人都选平衡位置为坐标原点，但其中一人选铅直向上的Ox轴为坐标系，而另一个人选铅直向下的OX轴为坐标系，则振动方程中不同的量是[ ]

(A) 振幅； (B) 圆频率； (C) 初相位； (D) 振幅、圆频率。

答： (C)

5-2三个相同的弹簧(质量均忽略不计)都一端固定, 另一端连接质量为m的物体, 但放置情况不同。如图所示，其中一个平放, 一个斜放, 另一个竖直放置。如果忽略阻力影响，当它们振动起来时, 则三者的[ ]

(A) 周期和平衡位置都不相同； (B) 周期和平衡位置都相同； (C) 周期相同, 平衡位置不同； (D 周期不同, 平衡位置相同。

XO平衡位置x

答：(C)

5-2 一轻弹簧，上端固定，下端挂有质量为m的重物，其自由振动的周期为T．今已知振子离开平衡位置为x时，其振动速度为v，加速度为a．则下列计算该振子劲度系数的公式中，错误的是［ ］

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22/xmax(A) kmvmax； (B) kmg/x；

(C) k4π2m/T2； (D) kma/x。

答： (B) 因为mgkxma

4-4 某物体按余弦函数规律作简谐振动, 它的初相位为/2, 则该物体振动的初始状态为[ ]

(A) x0 = 0 , v0

0； (B) x0 = 0 , v0 < 0；

(C) x0 = 0 , v0 = 0； (D) x0 =

答： (A)

A , v0 = 0。

5-5 一个质点作简谐振动，振幅为A，周期为T，在起始时刻 (1) 质点的位移为A/2，且向x轴的负方向运动； (2) 质点的位移为-A/2，且向x轴的正方向运动； (3) 质点在平衡位置，且其速度为负； (4) 质点在负的最大位移处；

写出简谐振动方程，并画出t=0时的旋转矢量图。 解：(1) xAcos(222t) (2) xAcos(t) T3T3OAx3O23xA(2)图(1)图

(3) xAcos(22t) (4) xAcos(t) T2T--精品--

A2OOAxx(4)图(3)图

4-6 两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同。第一个质点的振动方程为x1Acos(t)。当第一个质点从相对于其平衡位置负的位移处回到平衡位置时，第二个质点正处在正的最大位移处．则第二个质点的振动方程为

（A）x2Acos(t) ； （B）x2Acos(t) ； ［ ］

22（C）x2Acos(t

解： (A) 利用旋转矢量法判断，如附图所示：

3)； （D）x2Acos(t)。 221所以

2

Ox2Acos(t)

2 即答案（A）

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A2xA1

5-7 一简谐振动曲线如图所示，则由图确定质点的振动方程

为 ，在t = 2s时质点的位移为 ，速度为 ，加速度为 。

x(cm)60-61234t(s)

答： x0.06cos(t)m； 0；

2-0.06m∙s–1； 0

5-8 一简谐振动的曲线如图所示，则该振动的周期为 ，简谐振动方程为 。

At556A/2At0Ox

习题4-8解答用图

解：t0的旋转矢量图如附图所示，v00，所以有

3

T5 25/6解周期

T=12s

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简谐振动方程为 xAcos(t)m

63

5-9一质点沿x轴作简谐振动，其角频率ω = 10 rad/s。其初始位移x0 = 7.5 cm，初始速度v0 = 75.0 cm/s。试写出该质点的振动方程。

解： 振幅 Ax202v027527.5211cm=0.11m

102初相 arctan得 v0=arctan（-1） x04和43 4由初始条件可知 ;

质点的振动方程为 x0.11cos(10t)m

45-13 一质量为0.20 kg的质点作简谐振动，其振动方程为

x0.6cos(5t1)(SI)

2求：(1) 质点的初速度；(2) 质点在正向最大位移一半处所受的力。

解： (1) 质点t时刻的速度为

vdx0.65sin(5t) dt2t0时,速度为

v=3 m∙s–1

(2) 质点所受的力为

fkx

其中

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xA0.3m，km25 N∙m-1 2得质点在正向最大位移一半处所受的力为

fkx=-1.5N

4-13 质量为2 kg的质点，按方程x0.2cos(0.8tπ/3)（SI）沿着x轴振动。求(1)振动的周期、初相位、最大速度和最大加速度；(2)t=1s时振动的相位和位移。

解： (1) 由振动方程得0.8，振动的周期T22.5s

由振动方程得初相 3

速度为 v0.20.8sin(0.8t)m∙s-1

3

最大速度为 vm0.20.80.5024m∙s-1

加速度为 a0.2(0.8)2cos(0.8t) m∙s-2

3最大加速度 am0.2(0.8)21.26 m∙s-2

(2)t=1s时，振动的相位为0.830.470.5

位移为 x=0.02m

4-11 一质点作简谐振动，振动方程为x6cos(100t0.7)cm ，在t (单位:s)时刻它在

x32cm处，且向x 轴负方向运动。求：

--精品--

它重新回到该位置所需要的最短时间。

解 x32是振幅的一半，由旋转矢量法o44x

可得，t时刻的相位为再次回到x32的相位为

4

两矢量之间的夹角为24

34，旋转矢量转

T2

2用时间为周期T，所以有

t234解得 ∆t=0.015s

4-14 汽车相对地面上下作简谐振动，振动表达式为x10.04cos(2t/4) (SI)；车内的物体相对于汽车也上下作简谐振动，振动表达式为

x20.03cos(2t/2)(SI)。问：在地面上的人看来，该物体如何运动？写出合

振动表达式。

解： 合振动为简谐振动，其振动方程为x0.065cos(2t0.36)m

A4232243cos465cm=0.065m

4sintantan4cos443sin3cos22.061

264

5-15 一弹簧振子作简谐振动，总能量为E1，如果简谐振动振幅增加为原来的两倍，重物的质量增为原来的四倍，则它的总能量E2变为［ ］

(A) E1/4； (B) E1/2； (C) 2E1； (D) 4E1。

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解： 总能量E12kA，与重物的质量无关。所以答案为(4) 24-16 一质点作简谐振动，其振动方程为 x6.010211cos(t)(SI)

34(1)当x值为多大时，系统的势能为总能量的一半？ (2)质点从平衡位置移动到上述位置所需最短时间为多少? 解： (1)

1212kxkA 24o解得 x=

2A4.2102m； 42x(2) 由旋转矢量图可见，相当于求24所用时间，即

∆t=

TT120.75s 2488--精品--

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第6章 机械波

6-3 一平面简谐波的表达式为y0.25cos(125t0.37x)(SI)，其角频率 = ，波速u = ，波长解：

=125rads1 ;

= 。

u0.37，u =

125338ms1 0.37u2u233817.0m 1256-4频率为500Hz的波，其波速为350m/s，相位差为2π/3 的两点之间的距离为 _。

解： ∆2x， x=0.233m 26-5 一平面简谐波沿x轴负方向传播。已知在x=-1m处质点的振动方程为yAcos(t)(SI)，若波速为u，则此波的表达式

为 。

答： yAcos[(t

--精品--

1x)](SI) uu

5-4 一平面简谐波沿Ox轴正方向传播，t = 0 时刻的波形图如图所示，则

P处介质质点的振动方程是［ ］。

y（m） (A) yP0.10cos(4t (B) yP0.10cos(4t(C) yP0.10cos(2t(D) yP0.10cos(2t1) (SI)； 31) (SI)； 3u=20m/s 0.1 0.05 O 5m P 1) (SI)； 31) (SI)。 6

解：答案为 (A)

确定圆频率：由图知10m，u=20m/s，得22确定初相：原点处质元t=0时，yP00.05u4

A、v00，所以 236-8已知波源的振动周期为4.00×10-2 s，波的传播速度为300 m·s-1，波沿

x轴正方向传播，则位于x1 = 10.0 m和x2 = 16.0 m的两质点振动相位差的大小

为 。

答：2x2x12x2x18 uT36-9 一列平面简谐波沿x轴正向无衰减地传播，波的振幅为 2×10-3 m，周期为0.01 s，波速为400 m∙s-1。当t = 0时x轴原点处的质元正通过平衡位置向

y轴正方向运动，则该简谐波的表达式为 。

答：波沿x轴正向无衰减地传播，所以简谐波的表达式为

xyAcos[(t)]的形式。

u--精品--

其中2200；由x00、v00，知，代入上式，得 T2y2103cos[200(tx)]m 40026-11 如图，一平面波在介质中以波速u = 10 m·s-1沿x轴负方向传播，已知A点的振动方程为y4102cos(3πt/3)[SI]。 （1）以A点为坐标原点，写出波函数；

（2）以距A点5m处的B点为坐标原点，写出波函数； （3）A点左侧2m处质点的振动方程；该点超前于A点的相位。

B u A x 2解： （1）y410cos[3π(tx)]m 103（2）

y4102cos[3π(tx7)]106m或

x5y410cos[3π(t)]m

1062（3）

y4102cos[3π(t4]m 15x2x0

931553，即比A点相位落后

5

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6-12图示一平面简谐波在t = 1.0 s时刻的波形图，波的振幅为0.20 m，周期为4.0 s，求（1）坐标原点处质点的振动方程；（2）若OP=5.0m，写出波函数；（3）写出图中P点处质点的振动方程。

解： 如图所示为t=0时的波形图，可见t=0原点处质点在负的最大位移处，所以。

oPy（m） A 传播方向 O P x（m） yux（1）坐标原点处质点的振动方程为

y0.2cos(t)m

2（2）波函数为 习题6-12解题用图

y0.2cos[(t2x)]m 2.5（3）P点的坐标x=0.5m代入上式，得P点的振动方程为

y0.2cos(t)m

2

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

6-13 已知一列机械波的波速为u, 频率为, 沿着x轴负方向传播．在x轴的正坐标上有两个点x1和x2．如果x1＜x2 , 则x1和x2的相位差12为[ ]

(A) 0 (B)

2(x1x2) u2(x2x1)u

oux1x2x(C)  (D)

答： （B） 习题5-13解答用图

5-14如图所示，一简谐波沿BP方向传播，它在B点引起的振动方程为

y1A1cos2πt。另一简谐波沿CP方向传播，它在C点引起的振动方程为y2A2cos2πtπ。P点与B点相距0.40 m，与C点相距0.50 m。波速均为

u＝0.20 m

s-1。则两波在P的相位差为 。

PCB

答： CB2CPBP________CPBP0.500.40220

uT0.20________5-10 如图所示，S1和S2为两相干波源，它们的振动方向均垂直于图面，发出波长为的简谐波，P点是两列波相遇区域中的一点，已知S1P2，S2P2.2，两列波在P点发生相消干涉．若S1的振动方程为y1Acos(t/2)，则S2的振动方程为 ［ ］

(A) y2Acos(t); (B) y2Acos(t);

2(C) y2Acos(t S1 P S2 2); (D) y2Acos(t0.1)。

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答： 答案为（D）。

设S2的振动方成为y2Acos(t2)，在P点两波的相位差为

212S2PS1P2222.22

解得21.9可记为20.1。

5-11如图所示，两列波长均为的相干简谐波分别通过图中的O1和O2点，通过O1点的简谐波在M1 M2平面反射后，与通过O2点的简谐波在P点相遇。假定波在M1 M2平面反射时有由半波损失。O1和O2两点的振动方程为y10Acost和y20Acost，且 O1mmP8，O2P3（为波长），求：

(1) 两列波分别在P点引起的振动的方程； (2) 两列波在P点合振动的强度（假定两列波在传播或反射过程中均不衰减）。

O2 P M1 O1 m M2 解： （1）O1在P点引起的振动为y1Acos[πt28]=Acos(πt)

O2在P点引起的振动为y2A[cosπt23]Acost

（2）在P点二振动反相，合振动的振幅为0，IA2，所以P点合振动的强度为0。

5-12 在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动［ ］ (A) 振幅相同，相位相同． (B) 振幅不同，相位相同．

(C) 振幅相同，相位不同． (D) 振幅不同，相位不同． 答：（B） 5-13在波长为

的驻波中，相对同一波节距离为

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/8两点的振幅和相位分

别为

答：（B） (A) 相等和0； (B)

相等和； (C) 不等和0； (D) 不等和。 ［ ］

(本题10分）图示为平面简谐波在

t=0时的波形图，设此简谐波的频率为250Hz，且此时图中点P的运动方向向上。求：

（1）原点处质点的振动方程； （2）该波的波动方程；

（3）在距原点右侧7.5m处质点的振动方程。解： （1）由图可知A=0.1m

20m（1分）

波向左传播（1分），

2500（1分） ，

初相

3（2分）

波速u5000ms1（ 1分）

y0.1cos(500t)(m)（ 2分）

3x)(m) （1103原点处质点的振动方程

（2）该波的波动方程

分）

y0.10cos(500t--精品--

（3） 13y0.1cos(500t)(m) （1分）

12

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第9章 气体动理论

9-9一瓶氦气和一瓶氮气密度相同，分子平均平动动能相同，而且它们都处于平衡状态，则下列几种情况正确的是

（1）温度相同、压强相同； （2）温度、压强都不相同； （3）温度相同，但氦气的压强大于氮气的压强； （4）温度相同，但氦气的压强小于氮气的压强。

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答案：（3）

8-2三个容器A、B、C中装有同种理想气体，其分子数密度nV相同，而方均根

2速率之比为vA:v:v1/22B1/22C1/21:2:4，则其压强之比pA:pB:pC为多少？

答案： 1：4：16

9-11温度相同的氦气和氧气，它们分子的平均动能为，平均平动动能为t，下列说法正确的是

（1） 和t都相等； （2） 相等，而t不相等； （3） t相等，而不相等； （4） 和t都不相等。 答案：（3）

8-4如图所示的两条曲线分别表示氦、氧两种气体在相同温度T时分子按速率的分布，其中曲线 I 、II分别表示哪种气体分子的速率分布曲线?

答案：Ⅰ为氧气，Ⅱ为氦气

8-6若气体分子的速率分布函数为f(v)，分子质量为m，说明下列各式的物理意义：

12mvf(v)dv

v1020答案：（1）分子出现在v1～v2速率区间的概率；（2）分子的平均速率；（3）分

（1）f(v)dv；（2）vf(v)dv；（3）

v2子的平均平动动能。

8-7两个容器中分别装有氮气和水蒸气，它们的温度相同，则下列各量中相同的是

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（1）分子平均动能； （2）分子平均速率； （3）分子平均平动动能； （4）最概然速率。 答案：（3）

8-8在标准状态下，若氧气(视为刚性双原子分子的理想气体)和氦气的体积相同，则其内能之比E1 / E2为 。 答案： 5/3

8-9容器中储有1mol 的氮气，压强为1.33Pa，温度为7℃，则（1）1 m3中氮气的分子数为多少? （2）容器中的氮气的密度为多少? 解：

（1）由pnVkT得

nVp3.44×1020 m-3 kT （2）由理想气体状态方程，得8-10 有体积为2×10

3

Mp 1.6 ×10-5 kg·m-3。 VRT m3的氧气，其内能为6.75×102 J。

（1）试求气体的压强；

（2）设分子总数为5.4×1022个，求分子的平均能量及气体的温度；

（3）分子的方均根速率为多少？ 解：（1）由内能EMi5RTpV 22得

p2E1.35105Pa 5V（2）由知E51.251020J。因为kT，所以 N2--精品--

T2362K 5k1

9-6容积为9.6×10-3m3的瓶子以速率v＝200 m·s匀速运动，瓶子中充有

质量为100g的氢气。设瓶子突然停止，且气体的全部定向运动动能都变为气体分子热运动的动能，瓶子与外界没有热量交换，求热平衡后氢气的温度、压强各增加多少?

解： 因氢气的定向运动动能全部转化为内能，即

1M5Mv2RT 22T1.925K

由理想气体状态方程，得

MpVRT

pMRT8.33104PaV

9-7 1mol的氦气和氧气，在温度为27C的平衡态下分子的平均平动动能和平均动能分别为多少？内能分别为多少？

解： 氧气：t氦气：t355kT6.2110-21J；kT1.0351020J；ERT6232J 222333kT6.2110-21J；kT6.211021J；ERT3740J 2228-13在相同的温度和压强下，单位体积的氢气（视为刚性双原子分子气体）

与氦气的内能之比为多少？质量为1kg的氢气与氦气的内能之比为多少？

--精品--

解：因温度和压强相同，由pnVkT知nV相同 单位体积的内能之比为

5； 3E氢E氦5410 323质量为1kg的氢气与氦气的内能之比为

8-14 温度为100C的水蒸汽在常压下可视为理想气体，求分子的平均平动动能、分子的方均根速率和18g水蒸汽的内能？

解：t3kT7.7210-21J ; 2v23RT6718.8m/s；EnRT9298.9J

29-10 1 mol氮气，由状态A（p1,V）变到状态B（p2,V），气体内能的增量为多少?

解：En55RT，由理想气体状态方程，得EV(p2p1) 229-12 1摩尔温度为T1的氢气与2摩尔温度为T2的氦气混合后的温度为多少？设混合过程中没有能量损失。

解： 设混合后的温度为T，有

35352RT2RT12RTRT 2222T6T25T111

8-16 图8-14的两条f(v)~v曲线分别表示氢气和氧气在同一温度下的麦克斯韦速率分布曲线。由此可得氢气与氧气分子的最概然速率分别为多少?

--精品--

f（v） Ⅰ Ⅱ O 2000 v（m /s）

解：由vp1.41RT知氢气的最概然速率大于氧气的最改燃速率，则曲线

Ⅱ为氢气速率分布曲线，曲线Ⅰ为氧气分子的速率分别曲线。

氢气的最概然速率为2000m/s； 因

vp氢vp氧氧4 氢所以，氧气分子的最概然速率为500m/s

8-17 若氮气在温度为T1时分子的平均速率等于氧气在温度为T2时分子的平均速率，求T1与T2的比值。

解： 由 v1.6得

T1氮7

T2氧8RT1氮1.6RT2氧

8-18 已知某理想气体分子的方均根速率为400m·s-1。当其压强为1atm时，求气体的密度。

解：由v23RT，得

RT3v2 Mp3p1.9 kg/m3

2VRTv8-19 测得一山顶的压强为海平面处压强的80%，设空气温度均为-13℃，

--精品--

求山顶的海拔高度为多少？空气的摩尔质量为2.9×10-2kg·mol-1，g取10m/s2。

解： zRTp0=1662 m lngp8-20 一真空管真空度为1.33×10-2Pa，设空气分子的有效直径为3×10-10m，空气的摩尔质量为2.9×10-2kg·mol-1。求在温度为300K时分子的平均自由程。

解： kT2d2p=41.4m

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第10章 热力学基础

9-1如图所示，一定量的理想气体经历ab过程时气体对外做功为1000 J。则气体在ab与

abca过程中，吸热分别为多少?

解：因为

QabAab1000J

所以

QabcaQbcaQabAbcaQab1000300700J

9-2 2mol的氦气开始时处在压强p1=2 atm、温度T1 =400 K的平衡态，经过一个等温过程，压强变为p2 =1atm。该气体在此过程中内能增量和吸收的热量各为多少?若气体经历的是等容过程，上述气体在此过程中吸收的热量与内能增量各为多少？

解：（1）气体在等温过程中吸收的热量与内能增量分别为

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QAnRT1lnp14608J, E0 p2 （2）气体在等容过程中吸收的热量与内能增量为

QEnCV,m(T2T1)

因为T2p2T1200K，所以 p13QnR(T2T1)4986J

210-3 温度为27℃、压强为1atm的1mol刚性双原子分子理想气体，分别经历等温过程过程与等压过程体积膨胀至原来的2倍。分别计算这两个过程中气体对外所做的功和吸收的热量。

解：等温过程吸收的热量与功为QAnRTlnV2nRTln21728J V1等压过程T2V2T12T1600K，所以，等压过程气体吸收的热量与功分别为 V1QnCp,m(T2T1)7R3008725.5 J 2Ap(V2V1)pV1nRT12493J

10-4 温度为0℃、压强为1atm的1mol刚性双原子分子理想气体，经历绝热过程体积膨胀为原来的3倍，那么气体对外做的功是多少？内能增量又是多少?

解：由绝热过程方程V1T1V211T2；1.4，得

T2(V11)T1176K V25AEnCV,m(T2T1)R(T2T1)2015.2 J

2EnCV,m(T2T1)-2015.2J

9-5 1mol氦气从状态(p1,V1)沿如图所示直线变化到状态(p2,V2)，试求：

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（1）气体的内能增量； （2）气体对外界所做的功； （3）气体吸收的热量； （4）此过程的摩尔热容。

(摩尔热容CmQ/T，其中Q表示1mol物质在过程中升高温度T时所吸收的热量。)

解：

33（1）EnCV,m(T2T1)nR(T2T1)(p2V2p1V1)

221（2）A(p2p1)(V2V1)

2（3）由过程曲线，得所以

QAE2(p2V2p1V1) p2V2 p1V1（4）因为Q2(p2V2p1V1)2nR(T2T1) 所以

CmQ2R

n(T2T1)10-7 一定量的刚性双原子分子理想气体装在封闭的汽缸里，此汽缸有可活动的活塞(活塞与气缸壁之间无摩擦且无漏气)。已知气体的初压强为p1，体积为V1，现将该气体在等体积下加热直到压强为原来的2倍，然后在等压下加热

（1）在p－V图上将整个过程表示出来； （2）试求在整个过程中气体内能的改变； （3）试求在整个过程中气体所吸收的热量； （4）试求在整个过程中气体所作的功。

解：（1）略

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直到体积为原来的两倍，最后作绝热膨胀，直到温度下降到初温为止。

（2）E0

（3）整个过程中气体所吸收的热量为

57QnCp,m(T2T1)nCp,m(T3T2)nR(T2T1)nR(T3T2)

22由状态方程p1V1nRT1，得

Q5719p1V12p1V1p1V1 222因T1= T3，所以由热力学第一定律，有 AQ19p1V1 29-7标准状况下，2mol氧气，在等温过程与绝热过程中体积膨胀为原来的两倍，试计算在两种过程中（1）压强分别变为多少？（2）气体对外做功分别为多少？

解：由等温过程方程p2V2p1V1，有p2V11p1p10.5065105Pa，所以 V22AnRTlnV22RTln23144J V1V由绝热过程p2V2p1V1，1.4，有p2（1）p10.379p10.384105Pa

V2Ap1V1p2V2p1V10.379p12V10.242nRT12745J

10.40.410-9 气体经历如图所示的一个循环过程，在这个循环中，外界传给气体的净热量是多少?

解：

QApV900J

--精品--

10-11 如图所示，1mol氮气所经历的循环过程，其中ab为等温线，求效率。

p a c b O 3 6

V（10-3m3）

解：QabAnRTalnVbRTaln2 VaQbcnCp,m(TcTb)QcanCV,m(TaTc)7Ta7R(Ta)RTa 224515R(TaTa)RTa 2241Qbc9.94%

QabQca10-12 1mol的双原子理想气体作如图所示的循环abcd，b→a为绝热过程。已知a态的压强为P1、体积为V1，设V2=2V1，求：

（1）该循环过程气体对外所作的总功；（2）循环效率。 解：（1）设a态的温度为T1，由等压过程方程得 TcVcT12T1。 Va由绝热过程方程

Va得

1TaVb1Tb，1.4

--精品--

VT1Tba1a()0.4T1

2VbQACnCp,m(TCTA)7p1V1 2

1QCBnCV,m(TBTC)3.105p1V1QA0.395p1V1

1QCB11.3%QAC

p310-17四冲程汽油机可以看作是按照奥托循环工作的一种发动机，其工作是靠活塞在气缸中的往复运动完成的。当活塞在气缸顶端时，进气阀打开，气缸吸入汽油蒸气和空气的混合气体，这个过程称为进气过程（图中0-1过程）。随后，进气阀关闭，活塞上行对混合气体进行绝热压缩（1-2过程）。当活塞再次接近气缸顶点时，火花塞产生电火花，混合气体燃烧，

240OV11V2V习题10-17图

使气缸内压力和温度迅速上升，这一过程是等容加热过程（2-3过程）。燃烧产生的高压气体的绝热膨胀向下推动活塞（3-4过程）对外做功。随后排气阀打开，气缸内的压力降到差不多等于大气压力，这个过程为等容放热过程（4-1过程）。上升的活塞把大部分剩余废气排出，称为扫气过程（图1中1-0过程）。试计算循环效率。

解：柴油气体分子是多原子分子，所以，其自由度为6，CV,mR3R，

2

6

4

。 3

Q1QabnCV,m(TbTa) Q2QcdnCV,m(TdTc)

由状态方程pVnRT，得

Q1Qab3(pbV1paV1)

--精品--

Q2Qcd3(pdV2pcV2)

由于b-c、d-a过程为绝热过程，由绝热过程方程，有

pbV1pcV2

paV1pdV2

所以，有

pbV（2） pcV1paV（2） pdV1由上两式，得

所以，该热机效率为

pbpppaabpcpdpdpd

1Q2V12 Q1V1

9-11 氮气经历如图所示循环，求循环效率。

解：循环过程气体的总功为

1A(papc)(VbVa)

2由过程曲线，得VcVa，则

pbVb,所以， pbVcpcVb，pcVcA1p1V1 2--精品--

57Q1QcaQabnCV,m(TaTc)nCp,m(TbTa)nR(TaTc)nR(TbTa)

22由已知得Vb2Va2V1，再由状态方程得

Q119p1V1 2A5.3%Q1

9-12 一定量的氦气经历如图所示的循环，其中ca、bd均为等温过程，求循环效率。

p（atm） 2 a b 1 d c O 2 6 V（L） 1解：由paVapdVd，得VaVd1L

21同理VbVc3L

2Q1QbcQabnRTblnVc5nCp,m(TbTa)pbVbln2(pbVbpaVa) Vb2Va5pdVdln2(pdVdpcVc) Vd2Q2QcdQdanCp,m(TdTc)nRTdln1Q219.6% Q1 9-13 一卡诺热机(可逆的)，低温热源的温度为27℃，热机效率为40％，其

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高温热源温度为多少？今欲将该热机效率提高到50％，若低温热源保持不变，则高温热源的温度应为多少？

解： 由1-T2，得T1=500K T1效率升高后高温热源的温度为T1=600K

9-14 一热机在温度为400K和300K两个热源之间工作，若它在每一循环中从高温热源吸收2×105J的热量，试计算此热机每次循环中对外所做的净功及效率。

解： 热机的效率为

1-每次循环对外做的净功为

T225.5% T1AQ15104J

9-15 一致冷机在温度为-23℃和25℃的两热源之间工作，在每一循环中消耗的机械功为4.5×105J，求（1）致冷系数；（2）每次循环从低温热源吸收的热量与向高温热源释放的热量分别为多少？

解：（1）T25.208 T1-T2（2）从低温热源吸收的热量为

Q2A2.3106J

向高温热源释放的热量为

Q1AQ22.79106J

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第11章 静电场

习题

10-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?

解: 如图所示，设三角形的边长为a

(1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：

q为负电荷

1q212cos304π0a24π0qq3(a)23

解得 q (2)与三角形边长无关．

3q 310-2 两小球的质量都是m，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2 ,如题10-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题10-2图示

Tcosmgq2 TsinF1e24π(2lsin)0

解得 q2lsin40mgtan 10-3 在场强为E (方向垂直向上)的均匀电场中，有一

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EmLq

个被长度为L的细线悬挂着的质量为m、带有正电荷q的小球。求小球作微小摆动时的摆动周期。

解：

mgsinEgsinmLd2dt2

sin

d2mgEq0

mLdt2设 则周期为 T

2mgEq mL2mL

mgEqTqEmg11-4 长l=15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度=5.0x10-9C·m-1

的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距a=5.0cm处P点的场强； (2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距d=5.0cm 处Q点的场强。

解： 如图选取坐标系

PxAdxBO

(1)在带电直线上取线元dx，其上电量dq在P点产生场强为

dEP1dx

4π0x2EPdEP4π0aLadx 2x--精品--

11[]4π0aal

l40a(al)用l15cm，5.0109Cm1, a12.5cm代入得

1

EP1.96102NC方向水平向右

(2)如图所示 dEQ由于对称性dEQxl1dx 24π0xy0，即EQ只有y分量， d2xdd4π222dEQdEQy1dx4π0x2d2EQydEQyl

Odxxl2l2dx(x2d2)32

l2π0l4d22

以5.0109Ccm1, l15cm,d5cm代入得

EQEQy14.96102NC1，方向沿y轴正向。

11-5 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为,求环心处O点的场强。

解: 如图在圆上取dlRd

dqdlRd，它在O点产生场强大小为 dERd方向沿半径向外 24π0R--精品--

则 dExdEsinsind

4π0Rcosd

4π0R dEydEcos()积分Ex0sind

4π0R2π0REy0cosd0

4π0R∴ EEx

，方向沿x轴正向．

2π0R10-6 一个半径为R的半球面，均匀带电Q电荷面密度为σ,求球心处O点的场强。

解： 选取坐标轴Ox沿半球面的对称轴，如图所示．把半球面分成许多微小宽度的环带，每一环带之面积

R d dS2RsinRd2Rsind

小环带上带电荷  d E

2 dqdS2Rsind 该电荷元在O点产生的场强

2O x

dqRcos12R2sinddEcos

40R340R2sincosd/20

O点处的总场强 E20i E40

/20sin2/2sindsin |020240

 (i为沿x轴正方向的单位矢量)

11-7 一个点电荷q位于一边长为a的立方体中心，在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量是多少？如果该场源点电荷移动到该立方体的一个

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顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?

q解: (1)由高斯定理EdS

s0立方体六个面，当q在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量eq． 60q 60(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a的立方体，使q处于边长2a的立方体中心，则边长2a的正方形上电通量e对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则e如果它包含q所在顶点则e0．

q， 24011-8两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1和2，试求空间各处场强。

解: 如图所示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1与2，

1(12)n 两面间， E201(12)n 1面外， E201(12)n 2面外， E20n：垂直于两平面由1面指为2面．

11-9 半径为R1和R2(R2 ＞R1)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带

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有电量和-,试求:(1)r＜R1；(2) R1＜r＜R2；(3) r＞R2处各点的场强。

解: 高斯定理sEdSq

0取同轴圆柱形高斯面，侧面积S2πrl

则 SEdSE2πrl

对(1) rR1

q0,E0

(2) R1rR2 ql

∴ E2π 沿径向向外

0r(3) rR2

q0

∴ E0

10-10半径为R的均匀带电球体内的电荷体密度为

,若

在球内挖去一块半径为r ＜R的小球体，如图所示．试求：两球心O与O点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的。

解: 将此带电体看作电荷体密度为正

的均匀球与

电荷体密度为的均匀小球的组合，见图(a)．

(1) 球在O点产生电场E100，

 球在O点产生电场E4πr32034π3OO' 0d∴ O点电场Er3033OO'； 0d--精品--

(2) 在O产生电场E1043d3OO' 4π0d3球在O产生电场E200

∴ O 点电场 E0OO' 30 (3)设空腔任一点P相对O的位矢为r，相对O点位矢为r (如 (b)图)

r则 EPO

30rEPO,

30d∴ EPEPOEPO (rr)OO'303030∴腔内场强是均匀的．

11-11 在半径为R的球体内，电荷分布是球对称的，电荷体密度为=Ar，

r为球心导球内任一点的距离，求此带电体在空间产生的电场强度。

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

dqdVkr4r2dr

在半径为r的球面内包含的总电荷为

qdV4kr3drkr4 (r≤R)

V0r以该球面为高斯面，按高斯定理有 E14r2kr4/0

E1kr2/40， (r≤R) 得到

方向沿径向，k>0时向外, k<0时向里．

在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有

E24r2kR4/0 得到 E2kR4/40r2， (r >R) 方向沿径向，k>0时向外，k<0时向里．

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

10-12一电偶极子由q=1.0×10-6C

的两个异号点电荷组成，两电荷距离

的外电场中，求外电场作用于电

d=0.2cm，把这电偶极子放在1.0×105N·C-1偶极子上的最大力矩。

解: ∵ 电偶极子p在外场E中受力矩

 MpE

∴ MmaxpEqlE代入数字

Mmax1.010621031.01052.0104Nm

11-13 如图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两端直导线的长度和半圆环的半径都等于R．试求环中心O点处的场强和电势。

解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，

AB和CD段电荷在O点产生的场强互相抵

消，取dlRd

则dqRd在O点产生dE如图，由于对

称性，O点场强沿y轴负方向

EdEy2Rdcos

4πR202［sin()sin］

4π0R22

2π0R(2) AB电荷在O点产生电势，以U0

U1AB2Rdxdxln2 R4πx4π0x4π00同理CD产生 U2半圆环产生 U3ln2 4π0πR

4π0R40--精品--

∴ UOU1U2U3ln22π040

11-14 三个平行金属板A，B和C的面积都是200cm2，A和B相距4.0mm，

A与C 相距2.0 mm．B，C都接地，如题10-13图所示．如果使A板带正电

3.0×10-7C，略去边缘效应，问B板和C板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A板的电势是多少?

解: 如题10-13图示，令A板左侧面电荷面密度为1，右侧面电荷面密度为2

(1)∵ UACUAB，即 ∴ EACdACEABdAB ∴

1EACdAB2 2EABdACqA S且 1+2得 2qA2q, 1A 3S3S而 qC1S2qA2107C 3qB2S1107C(2) UAEACdAC

1dAC2.3103V 0

11-15 两个半径分别为R1和R2（R1＜R2)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q，试计算:(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。

解: (1)内球带电q；外球壳内表面带电则为q,外表面带电为q，且均匀分布，其电势

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UR2EdrR2qdrq

4π0r24π0R(2)外壳接地时，外表面电荷q入地，外表面不带电，内表面电荷仍为

q．所以球壳电势由内球q与内表面q产生：

Uq4π0R2q4π0R20

11-16 在半径为R1的金属球之外包有一层外半径为R2的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r，金属球带电Q．试求：(1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势；(3)金属球的电势。

解: 利用有介质时的高斯定理DdSq

S(1)介质内(R1rR2)场强

QrQrD,E内; 334πr4π0rr介质外(rR2)场强

QrQrD,E外

4πr34π0r3UE外drr (2)介质外(rR2)电势

Q 4π0r介质内(R1rR2)电势

R2UE内drE外drrR2

Q11 ()4π0rrR24π0R2Q11(r)

4π0rrR2Q--精品--

(3)金属球的电势

UR2R1R2E内drE外dr

R2Qdr4π0rr2R1R2Qdr

4π0r2Q4π0r(1r1) R1R211-17半径为R的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为 d3R处有一点电荷+q，试求：金属球上的感应电荷的电量。

解: 如图所示，设金属球感应电荷为q，则球接地时电势UO0 由电势叠加原理有：

UOq'q0

4π0R4π03R得 qq 310-19 两个同轴的圆柱面，长度均为l，半径分别为R1和R2(R2＞R1)，且

l>>R2-R1，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质。当两圆柱面分别带等

量异号电荷Q和-Q时，求：(1)在半径r处(R1＜r＜R2＝，厚度为dr，长为l的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量；(3)圆柱形电容器的电容。

解: 取半径为r的同轴圆柱面(S)

则 DdS2πrlD

(S)当(R1rR2)时，

qQ

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∴ DQ2πrl

D2Q2222 (1)电场能量密度 w28πrlQ2Q2dr2πrdrl薄壳中 dWwd 2228πrl4πrl(2)电介质中总电场能量

WdWVR2R1RQ2drQ2ln2 4πrl4πlR1Q2(3)电容：∵ W

2CQ22πl∴ C 2Wln(R2/R1)

11-18 一球形电容器由两同心导体薄球壳组成，其内外径分别为R1和R4，现在两导体薄球壳之间放一个内外半径分别为R2和R3的同心导体球壳。若给内球壳（R1）和外球壳（R4）分别带电Q和Q。求（1）导体球壳（R2和R3）的电荷分布；（2）空间各点的电场强度分布；（3）R1和R4两导体球壳间的电势差。 解：（1）由静电感应，球壳内表面（R2）：Q, 球壳外表面（R3）：Q；

（2）由高斯定理

SEdSn10q ，得

ii1nrR1，R2rR3及rR4：qi=0,E0；

i1R1rR2及R3rR4：

SEdS=E4r2Q。 240r1Q0

E--精品--

（3）UR4R1EdrEdr+EdrR1R3R2R4Q40(1111) R1R2R3R411-21 如图，一平行板电容器两极板间距为 ，面积为S，在两极板之间放置一厚度为h 的金属板。设两极板带电量分别为Q，不计边缘效应，求：（1）金属板上下表面的电荷分布；（2）两极板间的电势差；（3）放置金属板后构成

h 的新电容器的电容。习题11-21图

l

解：（1）金属板发生静电感应现象，上表面：Q，下表面：Q；

（2）由高斯定理可得平行板之间为匀强场（除金属板外，其内部场强为0）， 电场强度为

QQ(lh) ，UEdr0S0S（3）C

Q0S Ulh10-1关于点电荷的电场有下列说法，其中正确的是[Ｄ ]

qr中的q也是试探电荷；

4π0r3qr(B)由E知r 0时E;

4π0r3qr(C)对正点电荷由E知，r越小电场越强，对负点电荷由

4π0r3qrE知， r越小电场越弱；

4π0r3(A)公式E(D) 利用点电荷的场强公式与叠加原理，原则上可求各种带电体的场强。

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10-2在空间有一非均匀电场，其电场线分布如图所示．在电场中作一半径为R的闭合球面S，已知通过球面上某一面元S的电场强度通量为Φe,则通过该球面其余部分的电场强度通量为 -Φe ．

EORS10-3一个点电荷放在球形高斯面的中心, 如图所示．下列哪种情况通过该高斯面的电通量有变化? [ B ]

(A) 将另一点电荷放在高斯面外； (B) 将另一点电荷放在高斯面内； (C) 将中心处的点电荷在高斯面内移动； (D) 缩小高斯面的半径。

10-7 一个点电荷q位于一边长为a的立方体中心，在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量是多少？

解: (1)由高斯定理EdSs

Sq

q0

立方体六个面，当q在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量eq． 6010-8一电场强度为E的均匀电场，E的方向与沿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 [ D ]

(A) R2E． (B) R2E / 2． 

E (C) 2

10-10静电力作功的特点是 与路径无

R2E． (D) 0．

O x

关，只于起点和终点有关____，因而静电力属于____保守______力。

10-14静电场中某点电势的数值等于 [ C ]

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(A)试验电荷q0置于该点时具有的电势能． (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)把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功．

10-15一半径为R的均匀带电球面，带有电荷Q．若规定该球面上的电势值为零，则无限远处的电势将等于 [ C ] (A)

(C)

Q4π0R． (B) 0．

Q． (D) ∞．

4π0R10-19半径为r的均匀带电球面1，带有电荷q，其外有一同心的半径为R的均匀带电球面2，带有电荷Q，则此两球面之间的电势差U1-U2为：[ A ]

(A)

q11Q11 . (B)  . 40rR40Rr1qQq

(C) .  . (D)

40rR40r

10-21设无穷远处电势为零, 半径为R的导体球带电后其电势为U, 则球外

离球心距离为r处的电场强度大小为[ C ]

R2UURUU(A) (B) (C) (D) 32rrrR

--精品--