新编基础物理学上册3-4单元课后答案
第三章
3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在1
2
R 处，
求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。
分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。注意对同一轴而言。
解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：
211
2
J MR =
① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为： 2222213()()2424232
c M R M R J J m
d MR =+=
??+?= ② 由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：
21213
32
J J J MR =-=
3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=?角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。 分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：（1）对x 轴的转动惯量为：
2
02
220
1(sin 60)32
L
x M J r dm l dl ML L ===?? （2）对y 轴的转动惯量为：
20222015()(sin 30)32296
L
y M L M J l dl ML L =??+=?
（3）对Z 轴的转动惯量为：
2211
2()32212
z M L J ML =???=
3-3 电风扇开启电源后经过5s 达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ?，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。
分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。 解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即
11252520.50.5 4.12516
f M J M J J N m ππ
βββ??=+=+=?
+?=? 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。
分析：分别考虑两个研究对象：闸瓦和杆。对象闸瓦对飞轮的摩擦力f 对O 点的力矩使飞轮逐渐停止转动，对飞由轮转动定律列方程，因摩擦系数是定值，则飞轮做匀角加速度运动，由转速求角加速度。对象杆受的合力矩为零。
题图3-2
解：设闸瓦对飞轮的压力为N ，摩擦力为f ，力矩为M ， 飞轮半径为R,则依题意得，
M fR J β== ① 0.4f N N μ== ② (0.50.75)0.5F N ?+=? ③ 22600.25J mR ==? ④
10002605
πβ?=
? ⑤ 解：①②③④⑤式得314F N =
3-5 一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如题图3-5所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用r t m S 、、和表示)． 分析：隔离物体，分别画出轮和物体的受力图，由转动定律和牛顿第二定律及运动学方程求解。
解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ， 则根据牛顿运动定律和转动定律得：
mg T ma -= ① J Tr β= ②
由运动学关系有： a r β= ③ 由①、②、③式解得：2(-)J m g a r a = ④ 又根据已知条件 00v = 212S at ∴
=， 22S
a t
= ⑤
将⑤式代入④式得： 2
2(1)2gt
J mr S
=-
3-6 一轴承光滑的定滑轮，质量为 2.00,M kg =半径为0.100,R m =一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为 5.00,m kg =的物体，如题图3-6所示．已知定滑轮的转动惯量为21
2
J MR =
，其初角速度 010.0/,rad s ω=方向垂直纸面向里．求：(1) 定滑轮的角加速度的大小和方向； (2) 定滑轮的角速度变化到0ω=时，物体上升的高度；(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向 分析：隔离体受力分析，对平动物体由牛顿第二定律列方程， 对定轴转动物体由转动定律列方程。 解：(1) ∵ mg T ma -= R J T β= R a β= ∴ ()22
22281.7/122
mgR mgR mg
rad s mR J m M R
mR MR β=
===+++ 题图3-4
题图3-5
题图3-5
方向垂直纸面向外
(2) ∵ βθωω22
02-=
当0ω= 时， rad 612.022
==β
ωθ
物体上升的高度26.1210 m h R θ-==?
(3) 10.0/rad s ω==
方向垂直纸面向外.
3-7 如题图3-7所示，质量为m 的物体与绕在质量为M 的定滑轮上的轻绳相连，设定滑轮质量M=2m ，半径R ，转轴光滑，设00t v ==时，求：（1）下落速度υ与时间t 的关系；（2）4t s =时,m 下落的距离；
（3）绳中的张力T 。 分析：对质量为m 物体应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。 解：(1)设物体m 与滑轮间的拉力大小为T ，则
mg T ma -= ①
21
2
M TR J MR ββ===
② a R β= ③
v at = ④
解：①②③式得24.9/a m s =，并代入④式得 4.9v t = （2）设物体下落的距离为s ，则
2211
4.9439.222
s at m =
=??= （3）由（1）的②式得， 4.9T mg ma N =-= 3-8 如题图3-8所示，一个组合滑轮由两个匀质的圆盘固接而成，大盘质量110M kg =，半径0.10R m =，小盘质量24M kg =，半径0.05r m =。两盘边缘上分别绕有细绳，细绳的下端各悬质量122m m kg ==的物体，此物体由静止释放，求：两物体12,m m 的加速度大小及方向。
分析：分别对物体12,m m 应用牛顿第二定律，对滑轮应用刚体定轴转动定律 解：设物体12,m m 的加速度大小分别为12,,a a 与滑轮的拉力分别为12,,T T 1111T m g m a -= ①
2222m g T m a -= ②
1a r β= ③
2a R β=
④ 21M T R T r J β=-= ⑤
题图3-7
题图3-8
图3-6
221211
22
J M R M r =
+ ⑥ 把数据代入，解上述各式得 210.6125/a m s = 方向向上
22 1.225/a m s = 方向向下
3-9 如题图3-9所示，一倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，其上装有一个定滑轮，若一根轻绳跨过它，两端分别与质量都为m 的物体1和物体2相连。 （1）若不考虑滑轮的质量，求物体1的加速度。
（2）若滑轮半径为r ，其转动惯量可用m 和r 表示为2J kmr =（k 是已知常量），绳子与滑轮之间无相对滑动，再求物体1的加速度。 分析：（1）对两物体分别应用牛顿第二定律列方程。
（2）两物体分别应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。 解：设物体1、物体2与滑轮间的拉力分别为1T 、2T 它们对地的加速度为a 。
（1）若不考虑滑轮的质量，则物体1、物体2与滑轮间的拉力1T 、2T 相等，记为T 。则对1、2两物体分别应用牛顿第二定律得，
sin 30mg T ma T mg ma
-=-=
解上两式得：2/4/a g m s =，方向竖直向下。 （2）若考虑滑轮的质量，则物体1、物体2与滑轮间的 拉力1T 、2T 不相等。则对1、2两物体分别应用牛顿第 二定律，和对滑轮应用刚体定轴转动定律得 1mg T ma -=
① 02sin 30T mg ma -= ②
a r β= ③
12M T r T r J β=-= ④
2J kmr =
⑤
解上述各式得：2/2(2)
g
a m s k =
+，方向竖直向下。
3-10一飞轮直径为0.3m ，质量为5.0kg ，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由静止均匀地绕中心轴加速，经 0.5s 转速达每秒10转，假定飞轮可看作实心圆柱体，求：（1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；（2）拉力及拉力所作的功；（3）从拉动后10t s =时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。
分析：利用转动定律，力矩作的功定义，线量与角量的关系求解。 解：（1）角加速度为：22102 1.2610/0.5
rad s t
ω
π
β?==
=? 转过的角度为：22211
1.26100.515.722
t rad θβ==???= 转过的圈数为： 2.52N θ
π
=
=圈 题图3-9
（2）由转动定律M fR J β==得
22
0.550.15 1.261047.10.15
J f N R β????===
力矩做的功为：0
47.10.1515.7111A Md M J θ
θθ=
==??=?
（3）角速度为：231.261010 1.2610/t rad s ωβ==??=? 边缘一点的线速度为：320.15 1.2610 1.8810/v R m s ω==??=?
边缘一点的法向加速度为：226520.15 1.2610 2.3710/n a R m s ω==??=? 边缘一点的切向加速度为：220.15 1.261018.84/a R m s τβ==??=
3-11 一质量为M ，长为l 的匀质细杆，一端固接一质量为m 的小球，可绕杆的另一端O 无摩擦地在竖直平面内转动，现将小球从水平位置A 向下抛射，使球恰好通过最高点C ，如题图3-11所示。求：（1）下抛初速度0v ；（2）在最低点B 时，细杆对球的作用力。 分析：由机械能守恒定律、牛顿第二定律、角线量关系求解。 解：（1）如图3-11，取向下抛点作势能零点，由机械能守恒定律得，
22011222l mv J Mg mgl ω+=+ ① J=21
3
Ml ② 0v l ω= ③
解①②③得，0v =
（2）取最低点作势能零点，
由机械能守恒定律和牛顿第二定律得，
2211
222
mv J Mgl mgl ω+=+ ①
2
v N mg m l
-= ②
v l ω= ③
2
13
J Ml =
④ 解：①②③④得，1573m M
N mg m M
+=
+
3-12 物体质量为3,0kg t =时位于14,6r i m i j m s υ-==+?
，如一恒力5f j N = 作用在
物体上，求3s 后，（1）物体动量的变化；（2）相对z 轴角动量的变化。
分析：写出)(t r
的表达式及力f 对Z 轴的力矩M
。由动量定理、角动量定理求解。 解：（1）由动量定理得，动量的增量为：
310
515t P f dt j dt j kg m s -?=?=?=????
（2）由角动量定理得，角动量的增量为：
题图3-11
30
t t L M dt M dt ?=?=???
① 而()M r t f =?
②
22000015()()()()()(4)(6)26
x y r t x t i y t j x v t i y v t at j t i t t j =+=++++=+++
③
5f j =
④
把③④代入②解得：(205)M t k =+
⑤
把⑤代入①解得：33
210
(205)82.5L M dt t k dt k kg m s -?=?=+?=????
3-13 水平面内有一静止的长为L 、质量为m 的细棒，可绕通过棒一末端的固定点在水平面内转动。今有一质量为
1
2
m 、速率为v 的子弹在水平面内沿棒的垂直方向射向棒的中点，子弹穿出时速率减为1
2
v ，当棒转动后，设棒上单位长度受到的阻力正比于该点的速率（比例
系数为k ）试求：（1）子弹穿出时，棒的角速度0ω为多少？（2）当棒以ω转动时，受到的
阻力矩f M 为多大？（3）棒从0ω变为01
2
ω时，经历的时间为多少？
分析：把子弹与棒看作一个系统，子弹击穿棒的过程中，转轴处的作用力的力矩为零，所以击穿前后系统角动量守恒，可求待击穿瞬间棒的角速度。棒转动过程中，对棒划微元计算元阻力矩，积分可得总阻力矩，应用转动定律或角动量定理可求得所需时间。
解：（1）以子弹和棒组成的系统为研究对象。取子弹和棒碰撞中间的任一状态分析受力，子弹与棒之间的碰撞力f 、'f 是内力。一对相互作用力对同一转轴来说，其力矩之和为零。因此，可以认为棒和子弹组成的系统对转轴的合外力矩为零，则系统对转轴的角动量守恒。
022222213
mv L m v L
J J mL
ω?=??+= 解上述两式得：038v L
ω=
（2）设在离转轴距离为l 得取一微元dl ，则该微元所受的阻力为： df kvdl kl dl ω==
该微元所受的阻力对转轴的力矩为：
dl l k ldf dM f 2ω==
则细棒所受到的总阻力矩为：
230
1
3
L
L
f f M dM k l dl k L ωω===
?? （3）由刚体定轴转动定律得，
31
3
f d M J J
k L dt ωβω==-= 即上式可化为：3
13d J kL dt ωω-=
对上式两边分别积分得：0
3
2
013
t
d J kL dt ωωω
ω
-=??
解上式积分得：3
3ln 2
J t kL
= 把213
J mL =
代入上式得：ln 2
m t kL = 3-14两滑冰运动员，质量分别为70A M kg =，80B M kg =，它们的速率17,A m s υ-=?，
18B m s υ-=?在相距1.5m 的两平行线上相向而行，当两人最接近时，便拉起手来，开始绕
质心作圆周运动并保持两人间的距离1.5m 不变。求：（1）系统总的角动量；（2）系统一起绕质心旋转的角速度；（3）两人拉手前后的总动能，这一过程中机械能是否守恒，为什么？ 分析：利用系统质心公式，两人组成系统前后角动量守恒和动能公式求解。 解：（1）设两人相距最近时以运动员A 作原点，由质心公式得，两运动员的质心为：
70080 1.50.87080
A A
B B A B M x M x x m M M +?+?=
==++
两人组成的系统对质心的总的角动量为：
21(1.5)7070.8808(1.50.8)840A A B B L M v x M v x kg m s -=+-=??+??-=??
（2）两人拉手过程中，所受力对质心转轴的力矩之和为零，则两人组成系统前后角动量守恒。
22
(1.5)A B L J M x M x ωω
ω
??==+-????22
即:840=(700.8+800.7)
解上式得：10/rad s ω= （3）两人拉手前的动能为：
22
220111170780842752222
K A A B B E M v M v J =
+=??+??= 两人拉手后的动能为：
222211
(700.8800.7)10420022
K E J J ω=
=??+??= 因此，系统前后的机械能不守恒。我们可以把两人拉手的过程看作完全非弹性碰撞，因此系统前后机械能不守恒。
3-15 如题图3-15所示，一长为2l 、质量为M 的匀质细棒，可绕棒中点的水平轴O 在竖直面内转动，开始时棒静止在水平位置，一质量为m 的小球以速度u 垂直下落在棒的端点，设小球与棒作弹性碰撞，求碰撞后小球的反弹速度v 及棒转动的角速度ω各为多少？ 分析：以小球和棒组成的系统为研究对象。取小球和棒碰撞中间的任一状态分析受力，棒受的重力Mg 和轴对棒的支撑力N 对O 轴的力矩均为零。小球虽受重力mg 作用，但比起碰撞时小球与棒之间的碰撞力f 、'f 而言，可以忽略不计。又f 、'f 是内力，一对相互作用力对同一转轴来说，其力矩之和为零。因此，可以认为棒和小球组成的系统对O 轴的合外力矩为零，则系统对O 轴的角动量守恒。
解：取垂直纸面向里为角动量L 正向，则系统初态角动量为mul ，终态角动量为J ω（小棒）和mvl -（小球），有角动量守恒定律得
mul J mvl ω=- ①
因为弹性碰撞，系统机械能守恒，可得
222111
222
mu mv J ω=+ ② 又2211
(2)123
J M l Ml =
= ③ 联立式①，②，③解得
336(3)M m
v u
M m mu
M m l ω-=
+=
+
3-16 一长为L 、质量为m 的匀质细棒，如题图3-16所示，可绕水平轴O 在竖直面内旋转，若轴光滑，今使棒从水平位置自由下摆。求：（1）在水平位置和竖直位置棒的角加速度β；（2）棒转过θ角时的角速度。
分析：由转动定律求角加速度，由在转动过程中机械能守恒求角速度。 解：（1）有刚体定轴转动定律M J β=得，
细棒在水平位置的角加速度为：232123L
mg
M g J L mL β==
= 细棒在竖直位置的角加速度为：20013
M J mL β===
（2）细棒在转动的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得，
22
1
sin 2213L mg
J J mL
θω==又
解上述两式得：ω=
3-17 弹簧、定滑轮和物体如题图3-17所示放置，弹簧劲度系数k 为12.0N m -?；物体的质量 6.0m kg 为。滑轮和轻绳间无相对滑动，开始时用手托住物体，弹簧无伸长。求： （1）若不考虑滑轮的转动惯量，手移开后，弹簧伸长多少时，物体处于受力平衡状态及此时弹簧的弹性势能；
（2）设定滑轮的转动惯量为20.5kg m ?，半径0.3r m 为，手移开后，物体下落0.4m 时，它的速度为多大？
分析：（1）不考虑滑轮的转动惯量，由物体受力平衡求伸长量x ， 再求弹性势能。
（2）若考虑滑轮的转动惯量，则弹簧、滑轮、物体和地球
题图3-16
题图3-17
题图3-15
组成的系统机械能守恒
解：（1）若不考虑滑轮的转动惯量，设弹簧伸长了x 距离 时物体处于受力平衡状态， 则：mg kx =
63()2
mg g
x g m k ?=
== 此时弹簧的弹性势能为：22211
2(3)922
p E kx g g J =
=??= （2）若考虑滑轮得转动惯量，设物体下落的距离为h 时，它的速度为v ，滑轮的角速度为ω，则由机械能守恒定律得，
222111
222
mgh mv J kh v r ωω
=++= 把数据代入上述两式得，
22111
6100.460.520.4222
0.3v v ωω
??=??+??+??=? 解上述两式得： 2.0/v m s =
3-18一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0ω．设它所受阻力矩与转动角
速度成正比，即M k ω=-(k 为正的常数)，求圆盘的角速度从0ω变为01
2
ω时所需的时间．
分析：由转动定律及角加速度的定义，对角速度积分可求解。 解：根据转动定律： M J β=
d J
k dt
ω
ω=- d k
dt J ωω=-
∴ 两边积分： 0
2
1
d d t
k
t J
ωωωω
=-?
?
得 (ln 2)t J k =
3-19 质量为m 的子弹，以速度0v 水平射入放在光滑水平面上质量为0m 、半径为R 的圆盘边缘，并留在该处，0v 的方向与射入处的半径垂直，圆盘盘心有一竖直的光滑固定轴，如所示，试求子弹射入后圆盘的角速度ω。
分析：在子弹射入圆盘的过程中，子弹和圆盘组成的系统对转轴的角动量和力矩为零，因此对转轴的角动量守恒。
解：设子弹射入后圆盘的角速度为ω，则由角动量守恒定律得，
22001
()2
mv R mR m R =+
ω 解上式得：0
022mv mR m R
ω=+
3-20一均质细杆，长1L m =，可绕通过一端的水平光滑轴O 在铅垂面内自由转动，如题图3-20所示。开始时杆处于铅垂位置，今有一子弹沿水平方向以110v m s -=?的速度射入细杆。设入射点离O 点的距离为
3
4
L ，子弹的质量为细杆质量的19。试求：
（1）子弹和细杆开始共同运动的角速度。（2）子弹和细杆共同摆动能到达的最大角度。
分析：子弹射入细杆过程中，子弹和细杆组成的系统角动量守恒；细杆摆动时，机械能守恒。 解（1）子弹打进杆的过程中子弹和杆组成的系统角动量守恒， 设子弹开始时的角速度为0ω，弹和杆一起共同运动的角速度 为ω，则由角动量守恒定律得:
0(J J J ωω=+子子杆) ①
又2
216
)43(9L m L m J ==
子 ② 23
1
mL J ＝杆 ③
010********
v L ω=
==? ④
把②③④式代入①式并解得：40
/19
rad s ω=
⑤
（2）设子弹与杆共同摆动能达到最大角度为θ角， 在摆动的过程中杆和子弹及地球组成的系统机械能守恒， 则由机械能守恒定律得，
13311((cos )(cos )294422
mg J J L L mg L L ωθθ+=-+-2子杆) ⑥ 把②③⑤式及10g =，L=1代入⑥式解得：8496.0cos =θ。即rad 56.0=θ
题图3-20
题图3-19
第四章
4-1 观察者A 测得与他相对静止的Oxy 平面上一个圆的面积是12 cm 2
，另一观察者B 相对于A 以 0.8 c (c 为真空中光速)平行于Oxy 平面作匀速直线运动，B 测得这一图形为一椭圆，其面积是多少？
分析：本题考察的是长度收缩效应。
解：由于B 相对于A 以0.8v c =匀速运动，因此B 观测此图形时与v 平行方向上的线度将收缩为b c R 2)/(122=-v ，即是椭圆的短轴.
而与v 垂直方向上的线度不变，仍为2 2 R a =，即是椭圆的长轴. 所以测得的面积为(椭圆形面积)
R c R ab S ?-π=π=2)/(1v 22)/(1c R v -π==7.2cm 2
4-2 长度为1m 的米尺L 静止于'K 中，与x 轴的夹角'30,'K θ=?系相对K 系沿x 轴运动，在K 系中观察得到的米尺与x 轴的夹角为45θ=?，试求：（1）'K 系相对K 系的速度是多少？（2）K 系中测得的米尺的长度？
分析：本题考察的是长度收缩效应。根据两个参考系下米尺的不同长度再结合长度收缩效应我们可以很方便的得到两个参考系之间的相对速度
解：（1）米尺相对'S 系静止，它在''x y 和轴的投影分别为：
00'cos '0.866'sin '0.5x y L L m L L m
θθ====
米尺相对S 系沿x 方向运动，设运动速度为v ，为S 系中的观察者，米尺在x 方向将产生长度收缩，而y 方向的长度不变，即
x x L L ='y y L L =
故米尺与x 轴的夹角满足
'y x
L L tg L θ=
=
将θ与'x L 、'y L 的值代入可得：
0.816v c =
（2）在S 系中测得米尺的长度为：
0.707()sin 45y
L L m =
=?
4-3 已知x 介子在其静止系中的半衰期为81.810s -?。今有一束π介子以0.8c υ=的速度离开加速器，试问，从实验室参考系看来，当π介子衰变一半时飞越了多长的距离？
分析：本题考察的是时间膨胀效应。根据静止系中的半衰期加上时间膨胀效应我们可以求出在实验室参考系中的半衰期，然后根据该半衰期求出飞行距离。
解：在π介子的静止系中，半衰期80 1.810t s -?=?是本征时间。由时间膨胀效应，实验室参系中的观察者测得的同一过程所经历的时间为：
8310()t s -?=
=?
因而飞行距离为：
7.2d v t m =?=
4-4 在某惯性系K 中，两事件发生在同一地点而时间相隔为4s 。已知在另一惯性系'K 中，该两事件的时间间隔为6s ，试问它们的空间间隔是多少？
分析：本题考察的是时间膨胀效应以及洛伦兹变换。根据时间膨胀效应我们可以求出两参考系的相对速度，继而根据洛伦兹变换演化出空间间隔变换的公式求出该两事件在S 系中的空间间隔。
解：在k 系中，04t s ?=为本征时间，在'K 系中的时间间隔为6t s ?= 两者的关系为：
t ?=
=
25
9
β∴=
故两惯性系的相对速度为：
810(/)v c m s β==
由洛伦兹变换，'K 系中两事件的空间间隔为：
0)k k x x v t '?=
?+?
两件事在K 系中发生在同一地点，因此有0k x ?=，故
810()k x m '?=
=
4-5 惯性系'K 相对另一惯性系K 沿x 轴作匀速运动，取两坐标原点重合的时刻作为计时起点。在K 系中测得两事件的时空坐标分别为4411610,210x m t s -=?=?以及
44221210,110x m t s -=?=?，已知在'K 系中测得该两事件同时发生。试问：（1）'K 系相对K 系的速度是多少？（2）'K 系中测得的两事件的空间间隔是多少？
分析：本题所考察的是洛伦兹变换的应用问题。根据洛伦兹变换在不同参考系下两个事件的时间变换关系，我们可以很方便的得到两个参考系之间的相对速度。有了相对速度以后，再根据洛伦兹变换的空间变换关系，我们可以得到两事件的空间间隔。
解：（1）设'S 系相对S 系的速度为v ，由洛伦兹变换，'S 系中测得两事件的时间为：
11
122222''v t t x c v t t x c ?=
-???=
-??
由题意，
12''0t t -=
21212()v
t t x x c
∴-=
- 因此有
2
82121 1.510()2
t t c
m v c s x x -==-=-?-
其中负号表示'S 系沿S 系的x -方向运动。
（2）由洛伦兹变换，'S 系中测得的两事件的空间位置为：
111222')')x x vt x x vt =
-=
-
故空间间隔为：
]4212121''()() 5.210()x x x x v t t m -=
---=?
4-6 （1）火箭A 和B 分别以0.80.5c c 和的速度相对于地球向x x +-和方向飞行，试求由火箭B 测得的A 的速度。（2）若火箭A 相对地球以0.8c 的速度向y +方向运动，火箭B 的速度不变，试问A 相对B 的速度是多少？
分析：本题考察的是洛伦兹速度变换。在火箭B 为静止的参考系中，先求出地面参考系相
对此参考系的运动速度（此即为两个参考系之间的相对速度），然后由火箭A 相对地面的运动速度以及洛伦兹速度变换公式求出火箭A 相对火箭B 的速度。
解：（1）设火箭B 的静止系为S ，则地面参考系相对S 的运动速度为0.5u c =。在地面参考系中，火箭A 的运动速度为'0.8v c =，由洛伦兹速度变换公式可得火箭A 相对火箭B 的运动速度为：
2
'0.80.5 1.3
0.931'/10.80.5 1.4
v u c c v c c uv c ++=
===++? （2）由于S 系相对地面参考系以1u u x =-+沿方向飞行，而在地面参考系中火箭A 的运动速度为0,0.8,0x y z v v c v ===。则根据洛伦兹速度变换公式在S 系中火箭A 的运动速度为：
1
121
21
2'0.51'0.71'0
1x x x
y x z x v u v c u v c v c v c v v v
-=
=-=
=-
=
=-
所以火箭A 相对火箭B 的速度为：
'0.86v c ==
4-7 静止在K 系中的观察者测得一光子沿与x 轴成60°角的方向飞行，另一观察者静止于
'K 系中，'K 系相对K 系为0.6c 的速度沿
x 轴方向运动，试问'K 系中的观察者测得的光子
运动方向是怎样的？
分析：本题考察的是洛伦兹速度变换。根据两个参考系的相对速度以及光子在K 系的速度，由洛伦速度变换可以求出光子在S 系中的运动速度。
解：已知'K 系相对K 系的速度为0.6u c =，光子速度为c ，在K 系中的运动方向为与x 轴成60°角，因此该光子在K
系中的速度为0.5,/2,0x y z v c v v ===。所以在'K 系中光子的运动速度为：
222
1
'71'71'0
1x x x y x z x v u v c u v c v v c
v v c -=
=--=
=-=
=-
令该光子在'K 系中的运动方向与X 轴成θ角，则有：
''y x
v tg v θ=
=-98.2θ∴≈?
4-8 μ子的静止质量是电子静止质量的207倍，静止时的平均寿命80210s τ-=?，若它在实验室参考系中的平均寿命8710s τ-=?，试问其质量是电子静止质量的多少倍？ 分析：本题考察的是时间膨胀效应和相对论质量问题。根据时间膨胀效应我们可以求出该粒子在实验室参考系中的运动速度，然后根据该速度可以求出速度下的相对论质量。 解：设μ子在实验室参考系中的速度为u 、质量为m ，依题意有：
τ=
将ττ0和的值代入得：
02
7
ττ=
= 当μ子速度为u 时其质量为：
077
207724.522
e e m m m m =
==?= 4-9 一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之多少？ 分析：本题涉及的是相对论质量和长度以收缩问题。根据质量与静止质量之比可以求出该物体的运动速度，然后根据速度可以求出该物体在运动速度方向上的长度收缩。
解：设物体速度为u 、质量为m 、长度为L ，静止质量和长度分别为0m 和0L ，依题意有：
001.111.1
m m m m =
===
因此，根据长度收缩效应有：
001
90.9%1.1
L L L L ==
= 所以在运动方向上缩短了：
09.1%L L ?=
4-10 一电子在电场中从静止开始加速，试问它应通过多大的电位差才能使其质量增加0.4%？此时电子速度是多少？（电子的静能为0.511MeV.）
分析：此题考察的是相对论质量与速度之间的关系。根据相对论质量公式可以很方便的求出电子的运动速度，再根据能量守恒，求出加速所需的电位差。
解：设电子速度为u 、质量为m ，静止质量为0m ，所加的电位差为U 。依题意有：
01.04m m =
= 所以此时电子的速度为：
0.275u c =
根据能量守恒，有：
220m c eU mc +=
42.04410(V)U ∴=?
4-11 已知一粒子的动能等于其静止能量的n 倍，试求该粒子的速率。
分析：该题考察的是相对论的质能关系式。根据粒子的动能和静能比可以求出该粒子总能量和静能之比，这个比值也就是该粒子的质量与静止质量之比，根据相对论质量与速度的关系式，我们可以求出该粒子的速率，从而求出该粒子的动量。 解：依题意有：0k E nE = 所以其质量与静止质量之比为：
20
2000
1k E E m mc n m m c E +===+ 根据相对论质量与速度的关系有：
m =
所以该粒子的速度为：
u =
4-12 一静止的粒子（质量为0m ），裂变成两个粒子，速度分别为0.60.8c c 和。求裂变过程的静质量亏损和释放出的能量。
分析：该题涉及到质量亏损的概念和动量守恒定律。由于反应后的两个粒子的质量未知，因此我们可以根据两个粒子之间的速度关系推导出二者的质量比，又由于该两个粒子的总动能来源于该反应的静质量亏损，因此结合反应后两个粒子的质量比以及各自的速度大小，我们可以求出该反应的质量亏损，从而求出该反应所释放的能量。 解：设反应后两粒子的质量分别为1m 、2m ，则根据动量守恒定律有：
120.60.8m c m c ?=?
12/4/3m m ∴= （1）
反应前后总的能量守恒，所以有：
222220112211
(0.6)(0.8)22
m c m c m c m c m c =+
?++? （2）
将（1）式代入（2）式，得：
012.17m m =
所以反应前后的静质量亏损为：
01200.19m m m m m ?=--≈
释放出的能量为：
2200.19E mc m c =?=
4-13 试求静止质量为0m 的质点在恒力F 作用下的运动速度和位移。在时间很短（0/t m c F <<）和时间很长（0/t m c F >>）的两种极限情况下，速度和位移值又各是多少？
分析：根据力和动量的关系，经过积分后我们可以求解在恒力作用下的力与速度之间的关系，经过再次积分，可以得到位移和力的关系。 解：由于力代表的是动量的变化率，因此有：
())dp d d
F mv dt dt dt =
== 将上式积分，由于力为恒力与时间无关，再代入初始条件（起始时为静止，即初速度为零）可得：
Ft =
因此可得速度与力之间的关系式：
dx
v dt =
=
将上式再积分，并假定起始时所处位置为坐标原点，可得位移与力之间的关系：
2
224
220021/2220011m c m c X c t F F m c
Ft x m c F ??+-= ?
?
???????????∴=+-??
??????????? 当0/t m c F <<时，有：
2
00
,
2t
Ft
Ft v x vdt m m ====?
当0/t m c F >>
时，有：0
,
t
v c x vdt ct =
===?
4-14 在原子核聚变中，两个2H 原子结合而产生4He 原子。试求：（1）该反应中的质量亏损为多少？（2）在这一反应中释放的能量是多少？（3）这种反应每秒必须发生多少次才能产生1W 的功率？已知2H 原子的静止质量为2743.3436510,kg He -?原子的静止质量为
276.642510kg -?。
分析：已知反应前后各种反应物和生成物的质量，我们可以很方便的求出反应前后的质量亏损，并据此求出反应所释放的能量。 解：反应的质量亏损为：
27272722 3.3436510 6.6425100.044810()H He m m m kg ---?=-=??-?=?
该反应所释放的能量为：
22716120.044810910 4.0310()E mc J --?=?=???=?
要达到1W 的功率需要每秒钟反应的次数为：
12111/4.0310 2.4810n -=?=?
4-15 当一个粒子所具有的动能恰好等于它的静能时，试问这个粒子的速度有多大？当动能为其静能的400倍时，速度有多大？
分析：粒子的总能量可以用粒子的动质量与光速的平方的乘积来表示，而粒子的静能则等于粒子的静质量与光速的平方的乘积，因上我们可以很方便的把粒子的动能和静能之比用粒子的速度表示出来。
解：根据粒子的质量和速度之间的关系可得：
()m v =
所以粒子的总能与静能之比为：
00
E m E m ==
又该粒子的总能等于动能与静能之和，所以该粒子的动能与静能之比为：
0000
11k E E E m E E m -==-=
所以当动能等于静能时，有：
11=
v ∴=
当动能等于静能的400倍时，有：
1400-= 0.9999969v c ∴=
4-16同位素
3
He 核由两个质子和一个中子组成，它的静质量为
273.01440u(1u 1.60010)kg -=?。
（1）以MeV 为单位，3He 的静能为多少？（2）取出一个质子使3He 成为2H （静质量为2.0135u ）加一个质子（静质量为1.0073u ），试问需要多少能量？
分析：本题涉及的是静能以及质量亏损的概念。粒子的静能由粒子的静质量与光速的平方的乘积表示；而反应前后总能量守恒的要求指明反应进行需要的能量由反应前后的质量亏损所决定。
解：静能为：
2271610300 3.01440 1.60010910 4.3410() 2.7110()E m c J Mev --==????=?=?
当从同位素氦核中取出一个质子时，此时质量亏损为：
292.0135 1.0073 3.01440.0064() 1.02410()D H He m m m m u kg -?=+-=+-==?
所以反应需要能量为：
22916131.024109109.21610()E mc J --=?=???=?
4-17 把一个静止质量为0m 的粒子由静止加速到0.1c 所需的功是多少？由速率0.89c 加速到0.99c 所需的功又是多少？
分析：此题涉及到的是粒子的总能量与速度之间的关系。根据能量守恒定律，通过计算任一速度下的总能量即可求出从该速度下再增加0.1c 的速度所需要做的功。 解：粒子的静能量为：
200E m c =
速度为0.1c 时，该粒子的总能量为：
22
21101.005E m c m c ==
=
因此将粒子由静止加速到0.1c 所需要做的功为：
21000.005E E E m c ?=-=
同理粒子在速度为0.89c 和0.99c 时的总能量分别为：
22
2
220222
3302.1937.089E m c m c E m c m c =====
=
所以将粒子由0.89c 加事到0.99c 时所需做的功为
23204.896E E E m c '?=-=
4-18 两个静止质量都是0m 的小球，其中，一个静止，另一个以0.8c υ=运动，在它们做对心碰撞后粘在一起，求碰后合成小球的静止质量。
分析：由于碰撞前后，体系的总能量不变，所以可以得出碰后合成小球的动质量与0m 的关系；再根据碰撞前后动量守恒，加上已求出的合成小球的动质量，可以求出合成小球的速度；最后根据合成小球的速度和相应的动质量可以求出合成小球的静质量。
解：设碰撞前运动小球的质量为1m ，碰撞后合成小球的质量和速度分别为M 和u ，根据题意，显然有：
1053
m m =
=
=
（1）
由能量守恒，有：
22201m c m c Mc += 08
3
M m ∴=
（2）
碰撞前后动量守恒，
1m v Mu =
（3）
由（1）、（2）和（3）式可得：
5
0.58
u v c =
= 所以合成小球的静质量为：
0083M M m ==
=
大学物理学第三版课后习题参考答案
习 题 1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2 ，瞬时加速度 2/2s m a ，则一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R 2, 2 (B) t R 2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 s m 的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初
始时刻质点的速度v 0为5m ·s -1 ，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m ·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以 速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案： 0321 V V V ] 1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零
大学基础物理学答案(习岗)第4章
第四章 静电场 本章提要 1. 库仑定律 两个静止的点电荷之间的作用力满足库仑定律，库仑定律的数学表达式为 1212 002204q q q q k r r πε==F r r 其中 922910(N m /C )k =?? 122-1 -2 018.8510(C N m ) 4k επ -= =?? ? 2. 电场强度 ? 电场强度表示单位正电荷在静电场中所受的电场力。其定义式为 q = F E 其中，0q 为静止电荷。 ? 在点电荷q 的电场中，电场强度为 02 04q r πε= E r 3. 电场强度的计算 ? 点电荷系的电场 N 2101 4i i i i q r πε== ∑r 0E ? 电荷连续分布的带电体系的电场 2 01d 4q q r πε=?r E 0 其中的积分遍及q 电荷分布的空间。 4. 高斯定理
? 电通量 电场强度通量简称电通量。在电场强度为E 的某点附近取一个面元，规定S ?=?S n ，θ为E 与n 之间的夹角，通过S ?的电通量定义为 e cos E S θ?ψ=?=?E S 通过电场中某闭合曲面S 的电通量为 d e s ψ=??E S ? 高斯定理 在真空中，通过电场中任意封闭曲面的电通量等于该封闭曲面内的所有电荷电量的代数和除以0ε。即 i 0 1 d s q = ∑?? E S 内 ε 使用高斯定理可以方便地计算具有对称性的电场分布。 5. 电势 ? 电势能 电荷q 0在电场中某点a 所具有的电势能等于将q 0从该点移到无穷远处时电场力所作的功。即 0 d a a a W A q ∞ ∞==?E l ? 电势 电势是描述电场能的属性的物理量。电场中某点a 的电势定义为 0 d a a a U W q ∞ ==?E l ? 电势的计算 （1） 已知电场强度的分布，可通过电势的定义做场强的积分来计算电 势。 （2）若不知道电场强度的分布，可通过下述的求和或积分来计算电势： 点电荷系产生的电场中的电势为 N 104i a i i q U r πε==∑ 电荷连续分布的带电体系电场中的电势为 0d 4a q q U r πε=? 6. 静电场的环路定理 静电场的电场强度沿任意闭合路径的线积分为零，即 d l E l ?=?0 7. 静电场对导体的作用
大学物理学第三版课后习题答案
1-4 在离水面高h 米的岸上,有人用绳子拉船靠岸,船在离岸S 处,如题1-4图所示.当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时,试求船运动的速度与加速度的大小. 图1-4 解: 设人到船之间绳的长度为l ,此时绳与水面成θ角,由图可知 2 22s h l += 将上式对时间t 求导,得 t s s t l l d d 2d d 2= 题1-4图 根据速度的定义,并注意到l ,s 就是随t 减少的, ∴ t s v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θ cos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 s v s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导,即得船的加速度 1-6 已知一质点作直线运动,其加速度为 a ＝4+3t 2s m -?,开始运动时,x ＝5 m,v =0,
求该质点在t ＝10s 时的速度与位置. 解:∵ t t v a 34d d +== 分离变量,得 t t v d )34(d += 积分,得 122 34c t t v ++= 由题知,0=t ,00=v ,∴01=c 故 22 34t t v += 又因为 22 34d d t t t x v +== 分离变量, t t t x d )2 34(d 2+= 积分得 2322 12c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 52 1232++=t t x 所以s 10=t 时 m 7055102 1102s m 190102310432101 210=+?+?=?=?+?=-x v 1-10 以初速度0v ＝201s m -?抛出一小球,抛出方向与水平面成幔 60°的夹角, 求:(1)球轨道最高点的曲率半径1R ;(2)落地处的曲率半径2R .
大学物理学(第三版)第二章课后标准答案
习题2 2.1 选择题 (1) 一质点作匀速率圆周运动时， (A)它的动量不变，对圆心的角动量也不变。 (B)它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。 (C)它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。 (D)它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。 [答案：C] (2) 质点系的内力可以改变 (A)系统的总质量。 (B)系统的总动量。 (C)系统的总动能。 (D)系统的总角动量。 [答案：C] (3) 对功的概念有以下几种说法： ①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。 ②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。 ③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。 在上述说法中： (A)①、②是正确的。 (B)②、③是正确的。 (C)只有②是正确的。 (D)只有③是正确的。 [答案：C] 2.2填空题 (1) 某质点在力i x F )54(+=（SI ）的作用下沿x 轴作直线运动。在从x=0移动到x=10m 的过程中，力F 所做功为。 [答案：290J ] (2) 质量为m 的物体在水平面上作直线运动，当速度为v 时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s 后速度减为零。则物体加速度的大小为，物体与水平面间的摩擦系数为。 [答案：2 2 ;22v v s gs ] (3) 在光滑的水平面内有两个物体A 和B ，已知m A =2m B 。（a ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为；（b ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为。 [答案：2; 3 k k E E ] 2.3 在下列情况下，说明质点所受合力的特点： （1）质点作匀速直线运动； （2）质点作匀减速直线运动； （3）质点作匀速圆周运动； （4）质点作匀加速圆周运动。 解：（1）所受合力为零；
大学物理课后练习习题答案详解.docx
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
2017年秋季西南大学《大学物理基础》答案
单项选择题 1、 波长λ=5000?的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放置一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。今测的屏幕上中央条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm，则凸透镜的焦距f为 1.2m 2. 1m 3.0.5m 4.0.2m 2、 根据惠更斯—菲涅耳原理，若已知光在某时刻的阵面为S，则S的前方某点P的光强度决定于波阵面S上所有面积元发出的子波各自传到P点的 1.振动振幅之和 2.光强之和 3.振动振幅之和的平方 4.振动的相干叠加 3、
在玻璃（折射率n3 =1.60）表面镀一层MgF2 (折射率n2=1.38)薄膜作为增透膜，为了使波长为5000?的光从空气(n1=1.00)正入射时尽可能少反射，MgF2薄膜的最少厚度应是（） 1.1250? 2.1810? 3.2500? 4.906? 4、 在双缝干涉实验中，入涉光的波长为λ，用玻璃纸遮住双缝中的一个缝，若玻璃纸中光程比相同厚度的空气的光程大2.5λ，则屏上原来的明纹处（） 1.仍为明条纹 2.变为暗条纹 3.既非明纹也非暗纹 4.无法确定是明纹，还是暗纹 5、 以下不是几何光学的基本实验定律的是（） 1.光在均匀介质中的直线传播定律 2.光通过两种介质分界面的反射定律和折射定律 3.发射的光的强弱满足基尔霍夫定律
4.光的独立传播定律 6、 对于温度，有以下几种说法 ①温度的高低反映了物质内部分子运动剧烈程度的不同 ②气体的温度是分子平均平动动能的量度 ③气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具有统计意义 ④从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热程度 上述说法正确的是 1.①、②、④ 2.①、②、③ 3.②、③、④ 4.①、③、④ 7、 有两个容器，一个盛氢气，另一个盛氧气。如果这两种气体分子的方 均根速率相等，则表明（）Array 1.氧气的温度比氢气高 2.氢气的温度比氧气高 3.两种气体的温度相同 4.两种气体的压强相同 8、
《大学物理(上册)》课后习题答案
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 =+m ∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m ⑶0t =s 时，054r i j =-；4t =s 时，41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --?+= ===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -==++?v ，则：437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时，033i j =+v ；4t =s 时，437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --?= ===??v v v (6) 2d 1 m s d a j t -==?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：2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，式中θ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==== ωβθω ⑴ s 2=t 时，2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a τ?== 即：βωR R =2 ，亦即t t 18)9(2 2=，解得：9 23= t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+? = 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α=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，4.022.0=?== t αω 1s rad -? 则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -? 064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2 s m -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈?
大学物理学(课后答案)第1章
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0t =到1t s =时的位移为 ，1t s =时的加速度为 。 解析：45342=-=+-=+1010r r r i j j i j ,228d d dt dt = ==111v r a i 1-7 一质点以初速0v 和抛射角0θ作斜抛运动，则到达最高处的速度大小为 ，切向加速度大小为 ，法向加速度大小为 ，合加速度大小为 。 解析：以初速0v 、抛射角0θ作斜抛的运动方程：
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习题八 8-1 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: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-2 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2θ ,如题8-2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8-2图示 ?? ? ? ? = = = 2 2 ) sin 2( π4 1 sin cos θ ε θ θ l q F T mg T e 仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢103
仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢103 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷 很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解? 解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电 荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说 f = 2 02 4d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε= ，另一板受它的作 用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力．
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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 +=+=
大学基础物理学课后习题答案_含思考题(1)
大学基础物理课后答案 主编：习岗高等教育出版社
第一章 思考题： <1-4> 解：在上液面下取A 点，设该点压强为A p ，在下液面内取B 点，设该点压强为B p 。对上液面应用拉普拉斯公式，得 A A R p p γ20= - 对下液面使用拉普拉斯公式，得 B B 02R p p γ= - 又因为 gh p p ρ+=A B 将三式联立求解可得 ??? ? ??-= B A 112R R g h ργ <1-5> 答：根据对毛细现象的物理分析可知，由于水的表面张力系数与温度有关，毛细水上升的高度会随着温度的变化而变化，温度越低，毛细水上升的高度越高。在白天，由于日照的原因，土壤表面的温度较高，土壤表面的水分一方面蒸发加快，另一方面土壤颗粒之间的毛细水会因温度升高而下降，这两方面的原因使土壤表层变得干燥。相反，在夜间，土壤表面的温度较低，而土壤深层的温度变化不大，使得土壤颗粒间的毛细水上升；另一方面，空气中的水汽也会因为温度下降而凝结，从而使得清晨时土壤表层变得较为湿润。 <1-6> 答：连续性原理是根据质量守恒原理推出的，连续性原理要求流体的流动是定常流动，并且不可压缩。伯努利方程是根据功能原理推出的，它的使用条件是不考虑流体的黏滞性和可压缩性，同时，还要求流动是定常流动。如果流体具有黏滞性，伯努利方程不能使用，需要加以修正。 <1-8> 答：泊肃叶公式适用于圆形管道中的定常流动，并且流体具有黏滞性。斯托克斯公式适用于球形物体在黏滞流体中运动速度不太大的情况。 练习题： <1-6> 解：设以水坝底部作为高度起点，水坝任一点至底部的距离为h 。在h 基础上取微元d h ，与之对应的水坝侧面面积元d S （图中阴影面积）应为坡长d m 与坝长l 的乘积。 练习题1-6用图 d h d F
大学物理学(第三版)第三章课后答案(主编)赵近芳
习题3 3.1选择题 (1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转 动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台 中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 (A)02ωmR J J + (B) 02)(ωR m J J + (C) 02ωmR J (D) 0ω [答案： (A)] (2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角 速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止， 其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s (a) (b) 题3.1（2）图 [答案： (A)] (3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端 连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度w 在距孔为R 的圆周 上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体 （A ）动能不变，动量改变。 （B ）动量不变，动能改变。 （C ）角动量不变，动量不变。 （D ）角动量改变，动量改变。 （E ）角动量不变，动能、动量都改变。 [答案： (E)] 3.2填空题 (1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad ·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘 上一点在飞轮转过240?时的切向加速度a τ= ，法向加速度
a n= 。 [答案：0.15; 1.256] (2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。 题3.2（2）图 [答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o 轴的合外力矩为零，机械能守恒] (3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，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J A 和J B，则有J A J B 。（填>、<或=） [答案： <] 3.3刚体平动的特点是什么？平动时刚体上的质元是否可以作曲线运动？ 解：刚体平动的特点是：在运动过程中，内部任意两质元间的连线在各个时刻的位置都和初始时刻的位置保持平行。平动时刚体上的质元可以作曲线运动。 3.4刚体定轴转动的特点是什么？刚体定轴转动时各质元的角速度、线速度、向心加速度、切向加速度是否相同？ 解：刚体定轴转动的特点是：轴上所有各点都保持不动，轴外所有各点都在作圆周运动，且在同一时间间隔内转过的角度都一样；刚体上各质元的角量相同，而各质元的线量大小与质元到转轴的距离成正比。因此各质元的角速度相同，而线速度、向心加速度、切向加速度不一定相同。 3.5刚体的转动惯量与哪些因素有关？请举例说明。 解：刚体的转动惯量与刚体的质量、质量的分布、转轴的位置等有关。如对过圆心且与盘面垂直的轴的转动惯量而言，形状大小完全相同的木质圆盘和铁质圆盘中铁质的要大一些，质量相同的木质圆盘和木质圆环则是木质圆环的转动惯量要大。
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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 +=+=
大学物理学 第三版 课后习题答案
1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以 0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小． 图1-4 解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l += 将上式对时间t 求导，得 t s s t l l d d 2d d 2= 题1-4图 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ t s v v t l v d d ,d d 0-==- =船绳 即 θ cos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=- =船 或 s v s h s lv v 0 2/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度 1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -?，开始运动时，x ＝5 m ， v =0， 求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t t v a 34d d +==
分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得 122 34c t t v ++= 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c 故 22 34t t v += 又因为 22 34d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )2 3 4(d 2+= 积分得 2322 12c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 52 1232++=t t x 所以s 10=t 时 1-10 以初速度0v ＝201s m -?抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角， 求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系) 解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示． 题1-10图 (1)在最高点， 又∵ 1 2 11 ρv a n =
大学物理学(第三版)课后习题参考答案
习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2 ，瞬时加速度2 /2s m a ，则一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R 2, 2 (B) t R 2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 s m 的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小 是 ；经过的路程是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案： 0321 V V V ]
1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 2 2484 dx v t dt d x a dt t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？ (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。 解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 ｜r ｜与r 有无不同?t d d r 和d d r t 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 就是速度在径向上的分量，
大学基础物理学答案(习岗)第6章
第六章 稳恒磁场 本章提要 1. 磁感应强度 描述磁场力的属性的物理量是磁感应强度，常用B 来表示。其定义式为 qv F B max = 在SI 制中，B 的单位为特斯拉（T ）。B 另一个单位为高斯(G)，两者的换算关系为 1T=104G 2. 毕奥—萨伐尔定律 （1） 毕奥—萨伐尔定律 ? 毕奥—萨伐尔定律的微分形式 电流元I d l 在真空中任一点P 所产生的磁感应强度d B 的大小与电流元的大小成正比，与电流元I d l 和r 的夹角的正弦成正比，与电流元到P 点的距离的平方 成反比。d B 的方向垂直于I d l 和r 所组成的平面，指向与矢积I d l ×0r 的方向相同，即 00 2d d 4I r l r B m p ′= 其中， 7-20410N A m p -=醋，称真空磁导率。 ? 毕奥—萨伐尔定律的积分形式 00 2 d d 4l l I r μπ?==?? l r B B （2）几种典型的磁场分布 ? 无限长直电流的磁场分布 02I B r m p = ? 载流长直螺线管内的磁场分布 0B nI m = ? 运动电荷的磁场分布 00 2 4q r v r B m p ′= 3. 磁高斯定理
? 磁通量 穿过磁场中某一面积S 的磁通量定义为 d B S m s Φ= 蝌 ? 磁高斯定理 通过空间中任意封闭曲面的磁通量必为零，即 d 0S B S =蝌 g ò 4. 安培环路定理 在真空中的稳恒磁场内，磁感应强度B 的环流等于穿过积分回路的所有传导电流强度代数和的0μ倍，即 0in d L I B r m ??ò ? 5. 安培力与洛仑兹力 （1）安培力 载流导线在磁场中受到的宏观力称安培力。安培力服从安培定律。 ? 安培定律的微分形式 放在磁场中任一点处的电流元d I l 所受到的磁场作用力d F 的大小与电流元d I l 的大小和该点的磁感应强度B 的大小成正比，还与电流元d I l 的方向和B 的方向之间的夹角θ的正弦成正比，d F 的方向为d I ?l B 所确定的方向。即 d d I =?F l B ? 安培定律的积分形式 对于任意载流导线，若将其视为由无数个电流元组成的，则其在磁场中所受的作用力为 d F l B l I =?? （2）洛仑兹力 一个定向运动的电荷在磁场中所受的力即洛仑兹力，其满足的基本规律为 q =?f υB 洛仑兹力的几个重要应用： ? 质谱仪 ? 霍耳效应 6. 磁介质 （1） 磁介质及分类 能在磁场作用下发生变化，并且能够反过来影响磁场的介质称磁介质。一般用磁介质中的磁感应强度B 的大小与真空中的磁感应强度0B 的大小之比来描述磁介质被磁化后对原来外磁场的影响，即
大学物理学第三版下册课后答案
习题八 8-1 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: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无 关． 题8-1图 题8-2图 8-2 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2θ ,如题8-2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 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强 →∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解 ?
解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求 场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f = 2 024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε= ，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少 ? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为 θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θE =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p ． ∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量 3 0π2cos r p E r εθ = 垂直于r 方向，即θ方向场强分量 3 00π4sin r p E εθ =