大学物理第二版答案（北京邮电大学出版社）

习 题 解 答

第一章 质点运动学

1-1 (1) 质点t时刻位矢为：

r??(3t?5)i???1???2t2?3t?4??j(m)

(2) 第一秒内位移

?r???1?(x1?x0)i?(y1?y0)j

??

?3(1?0)i?1?2(1?0)2?3(1?10)????j?3?i?3.5? j(m)(3) 前4秒内平均速度

V???r??1???t?4(12?i?20j)?3i?5j(m?s?1?)

(4) 速度V??dr??3?i?(?t?3)?j(m?s?1dt)

∴ V???4?3i?(4?3)j?3?i?7?j(m?s?1)As；/。 (5) 前4秒平均加速度 ? a???V??V?4?V0?7?3??4j?j(m?s?2?t4?0) (6) 加速度a??dV?dt??j(m?s?2)a??4?j(m?s?2)

1-2 v?dxdt?t3?3t2?2 x??dx??vdt?c?14t4?t3?2t?c 当t=2时x=4代入求证 c=－12 即x?14t4?t3?2t?12

v?t3?3t2?2a?dv?3t2 dt?6t将t=3s代入证

x4113?4(m)v3?56(m?s?1)a3?45(m?s?2)

1-3 (1)

由运动方程?x?4t2?2t消去

t得轨迹方程

?y?3?

x?(y?3)2?0

(2) 1秒时间坐标和位矢方向为 x1?4m [4,5]m: tg??yx?1.25,??51.3?

(3) 第1秒内的位移和平均速度分别为

y1?5m

1

??????r1?(4?0)i?(5?3)j?4i?2j(m)

???r??1V???4i?2j(m?s?1)

?t (4) 质点的速度与加速度分别为

??dr??V??8i?2j,dt???dVa??8i dt 故t=1s时的速度和加速度分别为

???V1??8i?2jm?s?1,?a1?8im?s?2

1-4 该星云飞行时间为

9.46?1015?2.74?109?6.59?1017s?2.09?1010a 73.93?10即该星云是2.09?1010年前和我们银河系分离的. 1-5 实验车的加速度为

v1600?103a???2.47?102m/s2?25(g) t3600?1.80 基本上未超过25g.

1.80s内实验车跑的距离为

v1600?103s?t??1.80?400（m） 22?36001-6 (1)设第一块石头扔出后t秒未被第二块击中，则

h?v0t?12gt 2代入已知数得

111?15t??9.8t2

2解此方程，可得二解为

t1?1.84s,?t1?1.22s

第一块石头上升到顶点所用的时间为

tm?v10/g?15/9.8?1.53s

由于t1?tm,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于t1??tm这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.

以v20和v20?分别对应于在t1和t1?时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于

h?v20(t1??t1)?1g(t1??t1)2 2所以

h?v20?11g(t1??t1)211??9.8?(1.84?1)222?t1??t11.84?1

?17.2m/s 同理.

2

?v20?h?11?g(t1??t1)211??9.8?(1.22?1)222??1.22?1t1??t1

?51.1(m/s)

(2) 由于?t2?1.3s?t1?,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于t1时刻相碰，第二块的初速度为

h?12g(t)211?1?9.8?(1.84?1.3)2v?20?1??t2tt?21??21.84?1.3

?23.0(m/s)

1-7 以l表示从船到定滑轮的绳长，则v0??dl/dt.由图可知

s?l2?h2

于是得船的速度为

v?dsldls2?h2dt?l2?h2dt??sv0 习题1-7图

负号表示船在水面上向岸靠近. 船的加速度为

a?dv???d?l?dt?????v?dlh2v20?dl??l2?h2?0??dt??s3

?负号表示a的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动. 1-8 所求位数为

?2r4?2n2r4?2(6?104)2g?g??0.1602?9.8?4?105 1-9 物体A下降的加速度(如图所示)为

a?2h?2?0.4?0.2m/s2t222 此加速度也等于轮缘上一点在t??3s时的切向加速度，即

a?t?0.2(m/s2)

在t??3s时的法向加速度为

a?v?2?(a?tt)2R?(0.2?3)2n1.0?0.36(m/s2R)

习题1-9图 习题1-10图

1-10

a?1.2m/2s,t0?0.5s,h0?1.5m.如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为

3

v0?at0?1.2?0.5?0.6(m/s)

以t表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为

h?v0t?12gt 2电梯下降的距离为

h??v0t?12at 2又

h0?h?h??1(g?a)t2 2由此得

t?2h02?1.5??0.59s g?a9.8?1.2而小球相对地面下落的距离为

h?v0t?12gt 2 ?0.6?0.59??9.8?0.592 ?2.06m 1-11

???v风地?v风人?v人地

?????2v0人地，速度矢量合成如图（b）两图中v风地应是同一矢量.可知（a）?v风人?画出速度矢量合成图(a)又v风地12图必是底角为45?的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为

v风地??4.23(m?s?1)

v0人地cos45??2v0人地

1-12 (1) t? (2)

2L2L ?vvLL2vLt?t1?t2???2v?uv?uv?u222L??u????1????v???v????1习题1-11图

(3)

u由东

习题1-12图

t?t1?t2?LL?,如图所示风速v?v?向西，由速度合成可得飞机对地速度

???v??u?v,则V??v2?u2.

t?2L2L???22v?v?u2L?u?v1????v?2 证毕

1-13 （1）设船相对岸的速度为V?(如图所示),由速度合成得

V??u?V V的大小由图1.7示可得

V?V?cos??ucos?

习题1-13图

4

即V?cos??V?ucos??3?2?3?3?3 2而V?sin??usin??2??1 船达到B点所需时间t?AB两点之距S?Dctg?OBD??D?1000(s) V?V?sin?cos?sin?12?D

将式（1）、（2）代入可得

S?D(3?3)?1268(m)

(2)

由D1?103t?V?sin??usin?

船到对岸所需最短时间由极值条件决定

dt1d???u???1sin2?cos?????0 即

co?s?0,???/2

故船头应与岸垂直，航时最短. 将?值代入（3）式得最短航时为

3t1?10minusin?/2?1?103?2?0.5?103s?500(s) (3) 设OB?l,则

l?DV?DDu2?V2?2sin??uVcos?V?sin??usin?

欲使l最短，应满足极值条件.

dlD?u2?V2?2uVcosd???u???a?cosa? ?sin??

?uVsin2a??sin2a?u2?V2?2uVcos????0? 简化后可得2?u2?V2cosa?uVcos???1?0 即 cos2a??136cos???1?0 解此方程得cos???23

???cos?123?48.2? 故船头与岸成48.2?，则航距最短. 将??值代入（4）式得最小航程为

2lu2?v2?2uvcos??100022?32?2?2?3?min??Du1?cos2???3221???2??3?? ?1.5?103m?1.5(km)

AB两点最短距离为

5

2Smin?lmin?D2?1.5?1?1.12(km)

第二章 质点动力学

2-1 （1）对木箱，由牛顿第二定律，在

x向：Fmincos??fmax?0 y向：N?Fminsin??Mg?0 还有

fmax??sN

习题2-1图

木箱将要被推动的情况下如图所示，

解以上三式可得要推动木箱所需力F的最小值为

Fmin??sMg

cos???ssin?在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F的大小为

Fmin??kMg

cos???ksin?（2）在上面Fmin的表示式中，如果cos???ssin??0，则Fmin??，这意味着用任何有限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是

cos???ssin??0

由此得?的最小值为

??arctan1?s

2-2 （1）对小球，由牛顿第二定律

x向：Tcos??Nsin??ma y向：Tsin??Ncos??mg?0 联立解此二式，可得

T?m(acos??gsin?)?0.5?(2?cos30??9.8sin30?)?3.32(N) N?m(gcos??asin?)?0.5?(9.8?cos30??2sin30?)?3.74(N)

由牛顿第三定律，小球对斜面的压力

N??N?3.74(N)

（2）小球刚要脱离斜面时N=0，

习题2-2图

则上面牛顿第二定律方程为

Tcos??ma,Tsin??mg

由此二式可解得

a?g/tan??9.8/tan30??17.0m/s2

2-3 要使物体A与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度a,且挂吊B的绳应向后倾斜。作此时的隔离体受力图如图所示

习题2-3图

6

三物体只有水平方向的运动，只须列出水平方向的牛顿方程及相关方程：

m1:T?m1a(1)m?Tsin??m2a(2)2:??Tcos??m2g?0(3)

M:F?N3水平?Ma(4)N3水平为绳中的雨拉力在水平向的合力

N3水平?T?Tsin?(5)

联立（1），（2），（3），（4），（5）解得

F?(m2g1?m2?m)m)m22?80g?784(N

1?m2（因为三个物体有同一加速度a，且在水平方向只受外力F的作同，所以，可将三个物体看作一个物体：

F?(m1?m2?M)a

再与（1），（2），（3）式联立求解即可。） 2-4 由图写出力函数用积分法求解。

F???2t(0?t?5)??5t?35(5?t?7) (1)

由F?mdvdt

得 ?dv?1m?Fdt (2)

在0?5s内

v1tt?v0?m?02tdt?1m?t2 (3)

当t=5时： v5?v0?25m?30(m?s?1)

在5-7s内再用（2）式

vt?v5?1t5m?5(?5t?35)dt??2t2?35t?112.5 (4)

当t=7时：v?17?10?v5?40(m?s) 再用积分法：

v?dxdt,?dx??vdt (5)

在0-5s内，由（3）式积分

x15?x0??50(v0?mt2)dt 即 x5?x0?25?12523?683(m) 再由（4）式

7

5vt?v5?t2?35t?112.5

2求5得

75x7?x5??(v5?t2?35t?112.5)dt 52得 x7?x5?731?142(m)

32-5 设两物体未用绳连接则由牛顿第二定律，沿x方向，对A，有

?mAgsin???kAmgcos??mAaA

对于B，有

mBgsin???kBmgcos??mBaB?

由此得

?aA?g(sin???kAcos?)?9.8(sin30??0.15?cos30?)?3.63m/s2 ?aB?g(sin???kBcos?)?9.8(sin30??0.21?cos30?)?3.12m/s2

（1）如图所示，A在下，B在上。者一起下滑，而aA?aB?a。以T和T?分别则由牛顿第二定律，

沿x方向 对A： 对B： 由此得

a?gsina?mAgsin???kAmgcos??T?mAa mBgsin???kBmgcos??T?mBa

习题2-5图

由于aA??aB?。所以绳被拉紧，二表示绳对A和B的拉力(T?T?)，

?kAmA??kBmBmA?mBgcos??9.8?sin30???3.29(m/s2)0.15?1.5?0.21?2.85?9.8?cos30?

1.5?2.85（2）图中绳中张力为

T?mAgsin???kAmAgcos??mAa?1.5?9.8?sin30??0.15?1.5?9.8?cos30??1.5?3.29?0.51(N)

（3）如果互换位置，A在上，B在下，则由于aA??aB?，连接绳子将松弛，因而T=0，此时AB的加速度即

?aA?aA?3.63(m/s2),?aB?aB?3.12(m/s2)

2-6 当漏斗转速较小时，m有下滑趋势，小物体受最大静摩擦力fm方向向上，如图所示。对小物体，由牛顿第二定律

x向：Nsin??fmcos??m?2minr y向：Ncos??fmsin??mg?0 还有

fm??sN

习题2-6图

联立解以上各式，可得

8

?min?(sin???scos?)g(cos???ssin?)r

或

?min?12?(sin???scos?)g(cos???ssin?)r

当n足够大时，小物体将有上滑趋势，它将受到向下的静摩擦力，即fm的方向与图2.6中所示的方向相反。与上类似分析可得最大转速为

nmax?12?(sin???scos?)g(cos???ssin?)r

总起来讲，小物体在漏斗壁上不动，转速n应满足的条件是

nmax?n?nmin

2-7 设圆柱与绳索间的摩擦力为f，绳对重物m1的拉力T1，m1和m2对地加速度分别为a1、a2，对m1、m2列出方程

?m1g?T?m1a1??f?m2g?m2a2?m2(a1?a?) ?T?f?联立解出：

习题2-7图

(m1?m2)g?m2a?a1?m1?m2(m?m2)g?m1a?a2?1m1?m2f?T?m1m2(2g?a?)m1?m2

2-8 质点在x、y两个方向都是匀加速直线运动。

?????F?6i?7j?maxi?mayj???v?(vx0?axt)i?(vy0?ayt)j6??7?t)i?(t)jmm5?7???i?j(m?s-1) 48?12?1?2r?(vx0t?axt)i?aytj22?16???17??(?2)?2???22?i???22j216??21613?7???i?j(m)48?(?2?2-9 f??kv?mdv dtdvk??dtvm

vdvtk?v0v???0mdt（1）积分得v?v0ek?tm

9

?tdx（2）v??v0em

dt-tmv0?x?x?x0?(1?em)

kkk积分得

（3）利用（1）的结果，令v=0

得 t?? 代入（2）的结果中

得 ?x?mv0(1?0)?mv0

kk（4）将t?m代入（1）的结果中

k得 v?v0e?1?1v0

e2-10 初始时刻t?0,x0?0,v0?0，t时刻受力如图所示，设x为该时刻入水长度，棒的横截面积为s，有

m?sl?2f浮?sx?1g

当x?l时有

F?mg?f浮?mdv dt习题2-10图

即 sl?2g?sx?1g?sl?2dv?v

dxx0?v0vdv??l?2g??1gxdxl?2

?2g??v??(l?2x?1x2)?2?l?2?1/2 （1）

（1）当x?l时

?2gl??v??(?2?1)?2???21/2 （2）

（2）当?2??12时，（2）式无意义，即此条件将使棒不可能全部没入液体中，但（1）式仍然成立，当

棒到达最大深度xm时v=0，由（1）式 得：xm1?0xm2?2?2(舍去)

?1l 即为所求

?2l时有 ?1vmax?（3）由（1）式求极值得：当x??2gl ?12-11 以M和m分别表示木星和木卫三的质量，则由万有引力定律和牛顿第二定律，可得

Mm4?2G2?m2R?m?2RRT

4?2R34?2?(1.07?109)327M???1.89?10(kg)2?112GT6.67?10?(7.16?86400)2-12 （1）设链条的质量线密度为?，链条开始下滑时，其下垂直度为x0，应满足的条件是其下垂部分的重力等于或大于其在桌面部分的摩擦力，

即：

习题2-12图

10

x0?g??(l?x0)?g?x0??1??l

（2）据功能原理Wr?E2?E1开始下滑时在桌面部分的长度 为y0?l?x0?l当链条的A端从O点沿y轴运动到y0点过程中，摩擦力作功为

1??Wy0r???fr?dy???0?(y0?y)?gdy2

????g2y2????g?l02????1?????设桌面为势能零点，则链开始下滑到A端离桌面时的机机械能分别为

2E??121??l?12?x0g??2?g???1?????

E?1?lv2?12?gl222?1?2112于是有???g212???1??????2?lv2?2?lg?2?g????l??1????? 化简可得v2?gl1??,v?gl1??

2-13

由于I??mv??mv??0，故冲量I的大小由图所示可得

I?(mv)2?(mv0)2?m2gh?v20

?0.32?9.8?10?202?7.3N?s习题2-13图

I与水平方向的夹角为

tg??v2ghv?0V0?2?2.98?1020?0.7 ??35?球受到的平均冲力F??1?t?7.30.02?365(N) 2-14 （1）4

秒内力的冲量I??F?dt??40(10?2t)?i?dt?56?i(N?s)

（2）由动量定量I??mv??mv?0,可得 v??I??v?56?i?6?i??0.4??1m0?10i(m?s) （3）据题设， ?t0(10?2t)dt?200 即

10t?t2?200?0,(t?20)(t?10)?0,t?10(s)

2-15 忽略轨道阻力，故在加载过程中列车与矿砂系统在水平方向动量守恒，即m0V0?(m0?mt)V

由此得t时速度

V?m0V0m0?mt

11

t时加速度为

a?m0V0mdV??dt(m0?mt)2

2-16 以分钟计，枪对子弹的平均推力为

F?Nmv120?0.0079?735??11.6(N) t60枪视作静止，此力也等于肩对枪托的平均推力，由牛顿第三定律可知，枪托对肩的压力就等于11.6N. 2-17 原子核蜕变过程应满足动量守恒定律.以p3表示蜕变后原子核的动量，应有

???p1?p2?p3?0

由图可知，p3的大小为

p3?p?p2122

?10?21?9.222?5.332?1.07?10?20kg?m/s2

习题2-17图

p3的方向应p1和p2所在的平面内，而且与p1的夹角为

??90??arctanp19.22?90??arctan?149?58? p25.33?2-18 对太空惯性系，以v0的方向为正方向，以v1和v2分别表示火箭壳和仪器舱分开后各自的速度.由

火箭壳和仪器舱的总动量守恒给出

(m1?m2)v0?m1v1?m2v2

由于仪器舱应在前，所以u?v2?v1,即v2?u?v1.将此式代入上式得 (m1?m2)v0?m1v1?m2(u?v1)

由此得

v1?v0?m2u150?910?7600??7290(m/s)m1?m2150?290

v2?u?v1?910?7290?8200m/s?v1,v2均为正值，故二速度皆沿正向，即与未分开前v0的方向相同.

2-19 两车相撞后的加速度为??kmg/m???kg,由此可知刚撞后二者扣在一起时的速率为

v?2?kgs?2?0.8?9.8?25?19.2m/s

如果两车均未超限制，并都以最大允许速率v1开行，则由两车的动量守恒可得(如图所示)

(mv1)2?(mv2)2?(2mv?)2

由此可得撞后速度应

v??12222v1?v2?v1??14?9.9(m/s )222由于实际撞后的初速v?v?，所以两个司机的话并不都可信，至少一人撒谎.

2-20 (1)如图所示，沿竖直方向，分别对M和m

习题2-19图

用牛顿第二定律可得

12

习题2-20图

T1?Mg?Mamg?T2?ma

由此可得

T1?M(g?a)?1200?(9.8?1.5)?1.36?104(N)T2?m(g?a)?1000?(9.8?1.5)?0.83?10(N)124

(2)在加速t?1.0s的过程，起重间上升的距离为h?at2,这也就是电动机拖动钢缆的距离，电动机做的功为

1A?(T1?T2)h?(1.36?0.83)??1.5?12?3.95?103(J)

2 （3）起重间匀速上升时，滑轮两侧钢缆中的张力分别为T1??mg,T2??mg.拖动钢缆的距离为?h时电动机又做的功是

??A??(T1?T2)?h?(M?m)g?h

?(1200?1000)?9.8?10?1.96?104(J)

2-21 如图所示，以F表示马拉雪橇的力，则对雪橇，由牛顿第二定律 切向：F?mgsin??f?0

法向：N?mgcos??0 再由f??kN可解得

F??kmgcos??mgsin?

由此得马拉雪橇做功

AF??(?kmgcos??mgsin?)Rd?

0?习题2-21图

?R[?kmgsin??mg(cos??1)] ?Rmg[?ksin45??cos45??1]

??2?2????mgR??1???2?k?2??????重力对雪橇做的功为

AR???mgsin?Rd??mgR(cos??1)

0? 摩擦力对雪橇做的功为

?2???mgR??2?1? ??Af???mg?kcos?Rd???mgsin?R

0?

??2mg?kR 22-22 设加速度为a, AB=S在B点速度为v1,在c点速度为v2，整个运动分为三个分过程

A?B:匀加速直线运动

v1?2as2 (1)

B?C：机械能守恒

1122mv1?mg?2R?mv2 22

习题2-22

(2)

13

在C点,重力提供向心力

2mg?mv2R (3)

C?A：平抛运动

S?v2t

(4)

2R?12gt2 (5) 联立(1)、（2）、（3）、（4）、（5）,可解得 a?54g.

2-23 设s?s1?s2.如图所示，写出各个过程的相应方程. 习题2-23图

A?B：机械能守恒

m121gR?2m1v1 (1) B点碰撞：动量、机械能守恒 ? ?m1v1?m1v?1?m2v2(2)??1

?2m21?2121v1?2m1v1?2m2v2(3)

B?C：平抛运动

??s1?v2t1(4)???h?122gt1(5)

m2在C点时:

14

??vcx?v2(6)?vcy?gt(7)

1C?D：m2以上述速度作斜抛运动，但其加速度由下式确定

??s2?vcxt(8)?2vcy?at(9)

m2a?f浮?m2g?(?水??1)m2g ?(1??1)m2g(10)

由(8)、（9）、（10）可确定射程CD为

sv?vcycxvcy2?2a?2va(11)

联立（1）至（11）式可解证

??s?s4mRh?1?s2??2?1?m?m1?4.8(m) 12???1????1??2-24 在C开始运动之前，A、B有同一加速度a,对A、B作受力分析（如图所示）有

A:mg?T?ma

(1)

B:

T?ma

(2)

由（1）、（2）解证a?12g

习题2-24图

设BC间绳长为l,，在t时间内B作匀加速运动. 则 l?1at2?1?1222gt2 证 t?4lg?0.4(s)

B和C之间绳子刚要拉紧时，A和B所达到的速度为

v?at?gl?10?0.4?2.0(m?s?1)

BC间绳拉紧前后，由动量原理有 ??A:mv??mv??TAB??(忽略了重力的冲量)(3)

?B:mv??mv?TAB???TBC??(4)?

?C:mv??0?TBC??(5)(∵作用时间短，重力的冲量可忽略，故可看作动量守恒.2mv?3mv??v??23v?1.33(m?s?1)) 联立（3）、（4）、（5）解证

v??23v?23?2.0?1.33(m?s?1) 2-25 设在t秒时，盒内已落有的石子质量为mt

mt?nm?t

(1)

而石子落入盒内时速度为

v?2gh (2) 在此后dt时间内，将有质量dmt的石子落入盒内

15

dmt?nm?dt

(3)

对dmt这些石子用动量定理,设dmt的石子受到盒对它的作用力为dN, 以向下为正 则

(dmtg?dN1)dt?dmt(0?v)

dNdt?dmt(dtg?v)?nmdt(gdt?v)?nmvdt?dN?nmv

而已有的质量为mt的石子受到盒对它的作用力的大小等于石子的重力.mtg=N. ∴秤的读数为

N?dN?(nmv?mtg)?nm2gh?nmgt

?mn(2gh?gt)?100?0.02(10?9.8?2?9.8?4.9)?2?(98?9.8) ?215.6(N)2-26 用动量定理求解A到B的时间为

t?T2???

重力的冲量为

Ig?mgt??m?mg?g??,方向向下(如图所示) 小球动量增量为

?p?2mv?2m?R?2mgtg??

其中R由小球的动力学方程 习题2-26图

??Tsin??m?2R?Tcos??mg 求证R?g?2tg?

由动量定理

I???T?Ig??p

由图可证

I22T?Ig?(?p)

?mg2212?(??4tg?)??p

I?T与水平方向的夹角为?

tg??Ig?p??2ctg?

2-27 设铁锤与铁钉撞击中能量损耗不计，重力的功不计，由动能定理有

?F?dx??E?E0(恒量)

而F?kx，对第一次打击

?x10kxdx?122kx1?E0

对第二次打击

?x2xFdx?1k(x22112?x1)?E220?2kx1

解证

x2?2x1

16

第二次击入的深度为

?x?x2?x1?(2?1)x1?0.41(cm)

2-28 静止时各处T=mg，对两弹簧有

T?k1x1?mgT?k2x2?mg

所以，两弹簧的伸长量之比为

x1k2?x2k1

两弹簧的弹性势能之比为

1Ek2k?21x1?k2E

k12k2k2x212-29 （1）子弹与摆锤碰撞，水平方向动量守恒

mv?mv2?Mv1 (1)

v1为摆锤碰撞后之速度，摆锤获此速度后作圆周运动，在铅直面内机械能守恒 12Mv211?2Mv22?Mg2l (2)

欲完成一圆周运动，摆锤在最高点必须满足条件

Mg?Mlv22 (3)

由（3）式得v2?gl代入（2）式得v1?5gl，再代入（1）式可得子弹的最小速度

vmin?2Mm5gl

2-30 小球与弹簧振动系统相互碰撞，水平方向动量守恒

mv0??mv1?Mv

(1)

V为弹簧系统的启动速度，它在被压缩过程中机械能守恒，设最大压缩长度为xm，则有

12Mv2?12kx2m (2)

将（1）、（2）两式联立求解得

xm?1kMm(v10?v1)?103?10?1?(4?2)?0.06(m) （2）碰撞是非弹性的，其机械能损失为

?E121212?损?2mv0????2mv1?2Mv??

?12mv2?1212?0???2mv1?2kxm??

?1?1?42???11??2?1?22?2?1032?0.062?? ?4.2(J)(3) 小球与M完全非弹性碰撞，碰撞后弹簧被压缩，据此可列式

17

?mv0?(m?M)v???112 2?(M?m)v??kxm?2?2解得

2v042??xm??0.038(m)

k(m?M)103(10?1)机械能损失

?E?损?12mv2?1202kx?m ?1?1?42?122?103?0.0382?7.28(J)

第三章 刚体的定轴转动

3-1 （1）铁饼离手时的角速度为

??v/R?25/1.0?25(rad/s)

（2）铁饼的角加速度为

?2252??2??2?2??1.25?39.8(rad/s2)

（3）铁饼在手中加速的时间为

t?2??2??1.25??225?0.628(s) 3-2 （1）初角速度为

?0?2??200/60?20.9(rad/s)

末角速度为

??2??3000/60?314(rad/s)

角加速度为

?????020.9t?314?7.0?41.9(rad/s2) （2）转过的角度为

???0???31432t?20.92?7?1.17?10rad?186(圈)（3）切向加速度为

at??R?41.9?0.2?8.38(m/s2)

法向加速度为

an??2R?3142?0.2?1.97?104(m/s2)

18

总加速度为

2a?at2?an?8.372?(1.97?104)2?1.97?104(m/s2)

总加速度与切向的夹角为

an1.97?104??arctan?arctan?89?59?

a8.37t3-3 （1）对轴I的转动惯量

J1?2m[(acos60?)2?(a?acos60?)2]?m(a?2acos60?)2?9ma2

对轴II的转动惯量

J2?4m(asin60?)2?3ma2

（2）对垂轴的转动惯量

J3?2ma2?2m(2acos30?)2?m(2a)2?12ma2

3-4 （1）设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对O点的力矩为

M?mg34l?34mg?38l?mg?14l?14mg?18l?304mgl

（2）系统对O点的总转动惯量等于各部分对O点的转动惯之和，即

J0?J1?J2?J3?J4?m(l4)2?13(m4)(l4)2?13m3l3l3(4)(4)2?m(4)2

?37ml248（3）由转动定律

M?J? 可得

3??Mmgl0J?436g37?

0237l48ml3-5 （1）摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为

???1??0?t?(0.8-1)?0??0.2?0

第二秒末的角速度为

?2??0??t??0?0.2?0?2?0.6?0

（2）设摩擦力矩Mr与角速度?的比例系数为?，据题设可知

Mr???,即Jd?dt??? ??d?t???ln0???0Jdt???t 0J据题设t?1s时，?1?0.8?0，故可得比例系数

??Jln0.8

由此t?2s时，转轮的角速度?2为

ln?2??2ln0.8 0??22?0.8?0?0.64?0

3-6 设飞轮与闸瓦间的压力为N，如图示，则二者间摩擦力fr??N，此摩擦力形成阻力矩

frR，由转

19

动定律

frR?J?

其中飞轮的转动惯量J?mR2，角加速度?????02?t??5n，故得 f?2r?5?mnR??25??60?(1000/60)?0.25 ?-314(N)见图所示，由制动杆的平衡条件可得

习题3-6图

F(l1?l2)?N? l1=0

?N??Nfr?

得制动力

F?frl1314?0.?(l)?50.4(0.5?0.75)?314(N)

1?l2

3-7 如图所示，由牛顿第二定律 对m1:T1?m1g?m1a1 对m2:m2g?T2?m2a2 对整个轮，由转动定律

TRT?1212?22?1R1???2M1R1?2M2R2??? 习题3-7图

又由运动学关系 ???1/R1??2/R2 联立解以上诸式，即可得

??(m2R2?m1R1)g(M?m?(M2 1/21)R212/2?m2)R23-8 设米尺的总量为m，则直尺对悬点的转动惯量为

I?1m21231l1?3m2l2?12123?5m?0.42?3?5m?0.62

?1.415m?0.093m

(a) (b)

M?35mg?35?12?25mg?215?2?0.1mg又M?I?I?1.415m ???MI?0.1mg?151.4m?10.5(rads?2)

20

从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为O势能点）

mgh1c?2J?2 即 mg?0.1?12?1.41.5m?2

???21

3-9 m视为质点，M视为刚体（匀质圆盘）。作受力分析（如图所示）

??mg?T?ma??RT?J???a?R? ??J?1?MR22（1）由方程组可解得

a?mm?M/2g?12g

习题3-9图(1)

物体作匀加速运动

v?v0?at?12gt （2）物体下落的距离为

x?v120t?2at?1

gt24当t=4时

x?14g?42?4g?39.2(m) （3）绳中张力由方程组解得

T?12mg 解法2：以t=0时物体所处位置为坐标原点O，以向下为x正方向. （1）由机械能守恒：

??1J?2?1mV2?mgx?22习题3-9图(2)

??J?1?2mR2 ?2??V??R??V2?gx

两边就t求导得

2vdvdt?gv?dv?gdt2?v??tgdt0dv02?v?1 2gt（2）

21

v?12gt??dx??1?则dt2gtv?dxdt???dx?12gtdt?xx??t10d02gtdt ?x?14gt2（3）?m匀加速运动，由V?12gt以及V0?0知

a?12g????T?1又由mg?T?ma??2mg 3-10 如图所示，唱片上一面元面积为ds?rd?dr,质量为dm?mrd?dr/(?R2),此面元受转盘的摩擦力矩为dM?rdf?r?kdmg?mg?kr2d?dr/(?R2)

各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为 M??dM ??kmg2? ?R2?0d??R0r2dr

?2

3?kmgR唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度

从0增加到?需要时间为

t??a???3R?M/??1?4?kg

?2mR2??唱机驱动力矩做的功为

习题3-10图

A?M????M??t?1mR22?2

唱片获得的动能为

E1J?2?1?k??1mR2???2?1mR222?2?4?2 3-11 对整个系统用机械能守恒定律

?m1111gh?2kh2?2m1v2?2J?2?0

以J?12mr2,??v/r代入上式，可解得

?2m1gh?kh22?0.08?9.8?0.5?2?0.52vm?08?0.05?1.48m/s

1?m/20.3-12 （1）丁字杆对垂直轴O的转动惯量为

J11220?JOC?JOAB?3ml2?12m(2l)?3ml2

对轴O的力矩M10?2mgl，故由M?J?可得释手瞬间丁字杆的角加速度

??M0J?12mgl?33g2ml2?04l

（2）转过90?角后，知矩M??0,则???0。由机械能守恒知

mgl?1J2mgl220????J

0 22

此时角动量

L?J0??mglJ0?ml2gl3

转动动能为

Ek?11J0?2?mgl 2221??m0R2，挖去小碎3-13 （1）利用填补法，将小碎片填入缺口，此时为均匀圆盘对O轴的转动惯量J0片，相应减少J1?mR2，故剩余部分对O的转动惯量为

??J1?J0?J01m0R2?mR2 2（2）碎片飞离前后，其角动量守恒

11m0R2??(m0R2?mR2)?1?mR2?1 22??1??故剩余部分的角速度与原来的角速度相等。

3-14 由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩，所以系统的角动量守恒，即

J?1?(J?Mr2)?2

由此可得转台后来的角速度为

?2?J12002?????0.496(rad/s) 122J?Mr1200?80?2103-15 慧星在有心力场中运动，角动量守恒。设其质量为M，近日点速率为V1，与太阳之距r1;远日点速率为V2，与太阳之距r2，则有

MV1r1?MV2r2

?V15.46?104r2?r1??8.75?1010?5.26?1012(m) 2V29.08?103-16 （1）由于v2/r?g

v?gr?9.8?2.5?4.95(m/s)

（2）由飞船和宇航员系统角动量守恒可得

3mvR?J??0

由此得飞船角速度为

??3mvR3?70?4.95?2.5?3??8.67?10(rad/s) 5J3?10（3）飞船转过30?用的时间t??/(6?)，宇航员对飞船的角速度为??v/R，在时间t内跑过的圈数为

n?(??v/R)t/(2?)??1v(1?)12?R14.95?(1?)?19(圈)128.67?10?3?2.5

3-17 太阳自转周期按25d计算，太阳的自转角动量为

2JS?mR2?522? ??1.99?1030?(6.96?108)2?525?86400?1.1?1042(kg?m2/s) 23

此角动量占太阳系总角动量的百分数为

0.11?1043?3.3% 43(0.11?3.2)?103-18 （1）由于外力沿转动中心O，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即

mV1r1?mV2r2mV1r1?mr22?

故小球作半径r2的圆周运动的角速度为

??r1r2V1 2（2）拉力F做功为

A??F?ds?1212m??r?2?22mV2mV12?1?2???????r2???1??V1 ?3-19 （1）

J?J杆?J球?12423ml?ml2? 3ml（2）在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有0?12J?2?mg(l2cos?)?mg(lcos?) 解得： ??3g2lcos?

3-20 （1）子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒：

mv3??3?214l???m?l??Ml2???4?3??? ?解得

??mv??3?4m?49M???l?8?10?3?200??34?4?8?10?3??9???0.4

?8?10?3?20049?0.4?9(rad?s?1)（2）上摆过程机械能守恒

12l32J??Mg2(1?cos?)?mg4l(1?cos?) 即

1?2?1?3M?916m???l2?2???M?2?34m???(1?cos?)lg ?m??M，上式可近似为

12?13Ml2?2?M2(1?cos?)lg 解得

??(1?l?2cos3g)??0.073

24

。 cos??0即?为第二象限的角度，本题中即棒向上摆可超水平位置（90?）由于cos?1(0.073)?85?6?

? 棒的最大摆角约为

??85?6??94?52?

第5章 静电场

5-1 两小球处于如题5-1图所示的平衡位置时，每小球受到张力T，重力mg以及库仑力F的作用，则有Tcos??mg和Tsin??F,∴F?mgtg?,由于θ很小，故

q2x F??mgtg??mgsin??mg24??0x2l1 ∴5-2 设q1,q2在C

?q2l???2??mg??0??1/3

习题5-1图

??点的场强分别为E1和E2，则有

E1?q124??0rAC19

1.8?10?9?9?10?0.032?1.8?104V?m?1

方向沿AC方向

E2?q224??0rBC19

习题5-2图

方向沿CB方向

1.8?10?9?9?10??2.7?104V?m?1 20.04∴ C点的合场强E的大小为：

E?E12?E22?(1.8?104)2?(2.7?104)2 设E的方向与CB的夹角为α，则有

??tg?1E11.8?tg?1?33.7? E22.7??3.24?104V?m?1

5-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元dq??dl，它在圆心O处的场强为

dE1?1?dl24??0R，方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两

带电圆弧中对应电荷元在圆心O处产生的dE1和dE2在x方向分量相 互抵消。

?Ex?0，圆心

O处场强E的y分量为

习题5-3图

25

?Ey?2?601?dl?4??0R2sin??2?6014??0?Rd?R2sin????3??1?? ?2??0R?2?? 方向沿y轴正向。

5-4 （1）如题5-4图(a)，取与棒端相距d1的P点为坐标原点,x轴向右为正。设带电细棒电荷元dq??dx至P点的距离x，它在P点的场强大小为

dEP?1?dx4??0x2 方向沿x轴正向

（a）

各电荷元在P点产生的场强方向相同，于是 习题5-4图

EP??dEP?dx4??0??(d1?L)x2?d11

??4??0?11?????d?d?L1?1?11? ??2?2?8?1028?10?? ?9?109?3?10?8???2.41?103V?m?1方向沿x轴方向。

（2）坐标如题5-4图(b)所示，在带电细棒上取电荷元dq??dx与Q点距离为r，电荷元在Q点所产生的场强dE?1?dx4??0r2，由于对称性，场dE的x方向分量相互抵消，所以Ex=0,场强dE的y分量为

dEy?dEsin??1 因r?d2csc?,x?d2tg??????dx24??0rsin?

??2???d2ctg?,dx?d2csc?d? 2?∴

dEy?14??0?dx?sin??sin?d?

4??0d2r2习题5-4图（b）

Ey??dEy???2?1??sin?d??(cos?1?cos?2) 4??0d24??0d2,co?s2??L/2d?(L/2)222s1?其中 co?L/2d?(L/2)222

代入上式得

Ey??4??0d2Ld?(L/2)222

?5.27?103V?m?1

? 方向沿y轴正向。 5-5

9?109?3?10?8?0.28?10?2?(8?10?22)?(0.2/2)?12q3.12?10?9?1.0?10?9C?m?1。带电圆弧带电圆弧长l?2?R?d?2?3.4?0.50?0.02?3.12m,电荷线密度???l3.12在圆心O处的场强等价于一个闭合带电圆环（线密度为?）和一长为d、电荷线密度为-?的小段圆弧在O处场强的矢量和。带电闭合圆环在圆心处的场强为零，而d<

?90.02?2?10?11q?2?10119C，故圆心处的场强，E??9?10??0.72V?m?1,方向由圆224??0R0.5126

心指向空隙中心。

5-6 （1）点电荷q位于一立方体中心，则通过立方体每一面的电通量相等，∴ 通过每一面的电通量

?1为总通量?的

16,即

??1??1qq?1??E?dS??E?dS??S166?06?0

（2）如果这点电荷移到立方体的一个角上，则电荷q

?所在顶角的三个面上，因为各点E平行于该面，

所以这三个面的电通量均为零，另三个面的电通量相等。如果要把q全部包围需要有8个立方体，相当于有24个面，每一面上通过的电通量为总通量的

1，即 24??1??1qq?1??E?dS?E?dS???S124?24?024?0

5-7 解法（一）通过圆形平面的电通量与通过以A为球心，AB?x2?R2?r为半径，以圆平面的周界为周界的球冠面的电通量相等，该球冠面的面积S?2?rH，通过整个球面S0以通过该球冠面的电通量为

???0Sq2?rHqH??S0?04?r22?0r习题5-7图（a）

?4?r2的电通量?0?q?0，所

?qr?rcos?2?0r

?? 22?x?R?xqq??1??(1?cos?)?2?02?0?? 解法（二）在图形平面上取一同心面元环，设其中半径为r，宽为dr,此面元的面积ds?2?rdr。设此面元对A点的半张角为?，见图所示，由通量公式可得

?????E?dS?Sq4??0?R01qxcos?2?rdr?2?0x2?r2?R0rdr(x2?r2)3/2

?q2?0??1????? 22?x?R?x习题5-7(b)图

5-8 通过此半球面的电通量与通过以O为圆心的圆平面电通量相等，无限大平面外任一点的场强为

?2?0，∴ 通过该球面的电通量为

???R22 ??E?S??R?2?02?05-9 设想地球表面为一均匀带电球面，则它所带总电量为

??q??0?E?dS???0ES???04?R2E

??8.85?10?12?4??(6.4?106)2?130??5.92?10C5

5-10 设均匀带电球壳内、外半径分别为R1和R2，它所产生的电场具有球对称性，以任意半径r作一与均匀带电球壳同心的高斯球面S，由高斯定理可得

???qi2E?dS?4?r?E???0

27

∴ 当r?5cm?R1时，?qi?0,∴E1?0

E??qi4??0r2

R1?r?8cm?R2

4?qi???dV???4?r2dr???(r3?R13) R1R13rr4??(r3?R13)?E2?3?3?04??0r2?R13???r?r2?? ?? r?12cm?R2∴

2?10?5?3?8.85?10?12?(6?10?2)3??2 ?8?10??22?(8?10)???3.48?104V?m?1

43?qi???(R2?R13)

343??(R2?R13)3?(R2?R13)3E3??

4??0r23?0r22?10?5(0.13?0.063)4?1??4.1?10V?m ?1223?8.85?10?0.12

5-11 无限长均匀带电圆柱面产生的电场具有轴对称性，方向垂直柱面，以斜半径r作一与两无限长圆柱面的同车圆柱面以及两个垂直轴线的平面所形成的闭合面为高斯面，由高斯定理可得

?S???qE?dS?2?rlE?i?0

∴ （1）当r

E??qi2??0rl1

（2）当R1?r?R2时?qi??l ∴

E2?1?l2??0rl??; 2??0r?0,∴ E3?0

（3）当r?R2时，?qi5-12 见题5-12图所示，由于平面无限大，电荷分布均匀，且对中心面S0（图中虚线）对称，电场分布也应具有均匀性和对称性，即在与带电板平行且位于中心面S0两侧距离相等的平面上场强大小应处处相等，且方向垂直该平面。过板内P点或板外Q点作轴线与x轴平行，两底面积为S且相对中心面S0对称的闭合正圆柱面为高斯面，由高斯定理可得： （1）平板内

???qi2xS?E?dS?2ES??内??0?0

∴

E内??x?0d??x??? 2?? 方向垂直板面向外

习题5-12图

（2）平板外

28

??dE?dS?2ES??s外?E外??0

∴

?d2?0d???x??

2?? 方向垂直板面向外。

5-13 由于电荷分布具有轴对称性，故其场强必沿柱体的径向，其大小也具有轴对称性，故在圆柱体内取下同心薄圆筒，其半径为r，厚度dr，长l，见右图示，根据高斯定理可得

?S??1E?dS??0??dv

v2E2?rl?1?0??1?(r/a)?0r?0222?rldr

∴

a4?0E??0r?r0a2?0rrdr ?(a2?r2)22?0(a2?r2)习题5-13图

5-14 设想原来不带电的小空腔内同时存在电荷体密度为??的两种电荷，则原带电荷等价于一个半径为R，电荷体密度为??的均匀带电球体和一个半径为r，电荷体密度为??的均匀带电球体的组合，空间各处的场强等于这两个均匀带电球体产生场强的矢量和。对于球心O处，E0电球体球心处的场强为零，所以

q4??0d2????E1?E2，由于均匀带

E0?E2??14??043?r??r33?2d3?0d2

方向由O指向O?。

????对于球心O?处，EO??E1?E2?E1

习题5-14图

∴

4d?R3?qdd?3EO??E1???3?04??0R34??0R3

方向由O指向O?。

对于空腔内的任一点P，位置如图所示。

43?43????R?a?r?b???qaq?b33E?E1?E2???? 33334??0R4??0r4??0R4??0r?????????a?b?(a?b)?d ?3?03?03?03?0以上计算表明空腔任意点的场强大小均为5-15 电偶极子在均匀电场中所受的力矩为

M?PEsin?

?d3?0且方向均由O指向O?，所以，空腔内为匀强电场。

??为电矩P

习题5-15图

??与E两方向间的夹角，当??2时，外电场作用于电偶极子上

的力矩最大

Mmax?qEd?1.0?10?6?1.0?105?2?10?3

?2.0?10?4N?m

29

5-16 外力所作的功为

A?W2?W1?q1(u2?u1)?q1???q1q24??0?11???r2?r??1???0.250.42??1q21q2?? ???4??0r24??0r1?11? ?1.5?10?8?3.0?10?8?9?109????

?6.56?10?6J5-17 （1）氢原子内负电荷的总电量为

q?qe???(r)4?r2dr?qe??0a0a00qe?2r/a02e4?rdr 3?a0

4q?qe?3ea0?a00e?2r/a0r2dr?5qee?2?0.67qe

?（2）由于负电荷呈球状对称分布，故可采用高斯定理计算负电荷产生的电场强度E1的大小为 ?S

?1?E1?dS??0??dv

1rE14?r?2qe?2r/a0e4?r2dr 3??00?a0E1?qe3??0r2a0?r0e?2r/a0r2dr

?2r22r??2r/a0qe?? ????1e?2?a04??0r2?4??r2?a0??正电荷?qe在球心，其产生的电场强度E2的大小为

qeE2?qe4??0r2

则在距球心r

???处的总电场强度为E?E1?E2，其大小为

?E?E2?E1??2r22r??2r/a0?2??1?e 2??a04??0r?a0?qe?E的方向沿径向向外。

5-18 电场力的功

??1q1q??A0c?q0(u0?uc)?q0?0????4??3R4??R???

00?????q0q 6??0R

5-19 由高斯定理可求得是空间场强分布（略）

?1?4???0E???1??4??0rQR3Qr2r?R

r?R离球心为r(r?R)处的电势

u??Rr?1rQQdr??R4??0r2dr 4??0R31 30

?

?12Q2(R?r)?4??0R4??0R32Q(3R?r)8??0R322Q

5-20 （1）电荷线密度??点的电势du?1q2l，坐标如题5-20图(a)所示，距原点O为x处取电荷元dq??dx，它在P

?dx4??.0(r?x)

习题5-20图(a)

∴ P点的总电势

u??du??l1?dx?l4??0r?x

??r?lln 4??0r?lq8??0llnr?l r?l?（2）坐标如题5-20图(b)所示，电荷元dq??dx在Q点的 电势du?14??0?dxr?x22

习题5-20图（b）

Q点的总电势

u??du?2?l14??00?1?l2?r2?ln 222??0rr?x?dx

l?l2?r2?ln4??0rq

5-21 半圆环中心O的场强（或电势）是两段带电直线和带电半圆环在该处场强（或电势）的迭加，由于两直线对O对称，所以两带电直线在O处的场强大小相等，方向相反，相互抵消，因而O处的场强就是带电半圆环在O处的场强，取电荷元dq??dl,它在O处场强dE?的x分量相互抵消。∴ ∴

?Ex?0,dE的

1?dl4??0R2，由于对称性，各dE?y分量为dEy?dEsin?

Ey??dEy??1?dl4??0R2?sin????sin?d? ?04??0R O处的电势

? 2??0R习题5-21图

u?u1?u2?u3?2?2R1?dxR4??0x???R1?dl04??0R???ln2??R 2??04??0R

???ln2? 2??04?0?，所以两圆柱面间的电势差 2??0r

5-22 由高斯定理可求得两无限长同轴圆柱面间的场强为

?u??R2R1R??dr?ln2 2??0r2??0R15-23 静电平衡时，导体球壳内、外表面均有感应电荷，由于带电系统具有球对称性，所以内表面均匀分布有-q电荷，外表面均匀分布+q电荷，可判断电场分布具有球对称性，以任意半径r作一与球壳

31

同心的高斯球面S，由高斯定理可得

???qi2E?dS?4?rE???0

E??qi4??r2

0当r?R1?qi?q

∴

E1?q4??

0r2 R1?r?R2?qi??q?q?0 ∴

E2?0

r?R2?q ∴ Eqi?q

3?4??2

0r由电势定义式可求得电势分布

r?R1

uR1R2?1??rE1dr??RE2dr??RE23dr

1?R1q

?r4??dr?0r2??qR4??2dr20r?q?

4???1?1???1q0??rR1??4??0R2R1?r?R2

uR2?2??rE2dr??RE3dr

2

???qR4??dr?1?q

220r4??0R2r?R2

u3????1rE3dr??r4??2dr

0r

?1q4??

0r5-24 （1）内球电荷q均匀分布在外表面，外球内表面均匀感应电荷-q，外表面均匀分布电荷由高斯定理可求得电场分布（略） r?R1E1?0 R?r?RE1q122?4??2

0r R2?r?R3E3?0

r?R1q?Q3E4?4??2

0r由电势定义可求得内球电势

uR21q?1q?内??R14??2dr?Q2dr 0r?R34??0r?q?4???11?1q?QR??0??1R2???4??0R3

?9?10?1.0?10?10??11?912?10?109?0.01?0.03???9?10?0.04

?3.30?102V q+Q，32

q?Q1q?Q12?10?109u外??dr??9?10?2R34??0r4??0R30.04?1

?2.70?102V

（2）用导线把两球连接起来时，内球和外球内表面电荷中和，这时只有外球的外表面带有q+Q电荷，外球壳外场强不变，外球电势不变，这时两球是等势体，其电势均为原外球壳电势270V。 （3）若外球壳接地，外球电势为零，外球外表面电荷为零，内球的电荷以及外球内表面电荷分布不变，所以内球的电势

u内??R2R1qqdr?4??0r24??01?11????RR??

2??1

1??1?9?109?1.0?10?10?????60V

0.010.03??5-25 由于带电系统具有轴对称性，所以电荷分布和电场分布也应具有轴对称，静电平衡时，圆柱形导体电荷均匀分布在其外表面，单位长度电量为?1，导体圆筒内表面均匀分布有感应电荷，其单位长度的电量为??1，外表面电荷均匀分布，单位长度的电量为?1??2。以任意半径r作同轴封闭圆柱面为高斯面，则由高斯定理得： 当r?aa?r?bb?r?cr?c?qi?0?qi?l?1 ?qi?0

???qiE?dS?2?rlE???0E??qi2??0rl

∴ ∴

E1?0 E2?l?12??0rl??1 2?0r ∴

E3?0

?qi?l(?1??2)

∴

E4?l(?1??2)?1??2?2??0rl2??0r

5-26 （1）A板带正电荷q分布在左右两表面上，设B板感应电荷为-q1，C板感应电荷为-q2，则

q1?q2?q

AB、AC间均可视为匀强电场

EAB?q1?0SEAC?q1EAB?q2EACq2?0S

依题意

uA?uB?uA?uC dABEAB?dACEAC

可得 ∴

EABdAC1?? EACdAB2q2?2.0?10?7C

??2.0?10?7C

33

q1?1.0?10?7C即B板上感应电荷为?q1??1.0?10?7C,C板上感应电荷为?q2

A板的电势

uA?EABdAB?q1dAB ?0S

1.0?10?7?4.0?10?33??2.3?10V ?12?48.85?10?200?10 （2）当AB间充以电介质时，则有下列关系

q1?q2?q

EAB?q1?r?0SEAC?q2?0S

q1?rEAB?rdAC5??? q2EACdAB2 仍可解得

q1?2.14?10?7C,

q2?0.86?10?7C q1??2.14?10?7C q2??0.86?10?7C

所以B板上的感应电荷为 C板上感应电荷为 A板上电势

uA?EAB?dAB?q1?r?0SdAB

2.14?10?7?4.0?10?3??9.7?102V ?12?45?8.85?10?200?105-27 设AB两板各面上的电荷面密度分别为?1、?2、?3、?4，空间各处场强方向应与板面垂直，作如题9-27图所示的闭合圆柱面为高斯面，由于导体内场强处处为零，A、B两板间场强方向平行于圆柱侧面，所以通过高斯面的电通量为零，由高斯定理

???2S1??3S1E?0 ??dS??0∴ ?2A板内的P点场强为

???3

（1）

习题5-27图

Ep??1?2?3?4????0 2?02?02?02?0 ∴ ?1??4 （2） 若A板带电QA，B板带电QB，板面积为S，则有

(?1??2)S?QA （3） (?3??4)?QB （4） 由（1）、（2）、（3）、（4）式可得 ?1??4 ?2

?QA?QB2S

6?10?8?4?10?8??5?10?6C?m?2 ?42?100?10???3?QA?QB2S

34

6?10?8?4?10?8??1.0?10?6C?m?2 ?42?100?105-28 点电荷q使金属球上产生感应电荷q?，由于金属球与地相联，其电势为零，球心处的电势应是点电荷q和球上感应电荷q?在此处产生电势之和，即

q?q1dq?1qq?u??????0 4??03R04??0R4??03R4??0R1 ∴ 即金属球上感应q/3的负电荷。 5-29 （1） （2）

q???q/3

8.85?10?12?0.2C0???1.77?10?10F ?2d1.0?10?0SQ?C0u0?1.77?10?10?3?103?5.31?10?7C

u03?1035?1?3?10V?m（3）E0?? ?2d1.0?10Q5.31?10?7C???5.31?10?10C 3u1.0?10u1.0?1035?1E???1.0?10V?m ?2d1.0?10 （4）

（5） 设极化电荷产生的场强为E?，则E?E0?E??度，??????0E，则极化电荷

?????????，其中??为极板上极化电荷面密?0?0?0Q????S??S??0ES?Q??0ES

（6）

?5.31?10?7?8.85?10?12?105?0.2?3.54?10C?7

E03?105?r???3 5E1.0?10?c5.31??3 c01.77 或 ?r5-30 （1）以任意r为半径作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理得

??2?D?dS?4?rD??qiE?D??qi4??0?rr2D??qi4?r2

?0?r

当r?R

R?r?R??qi?0D1?0E1?0

?qi?QD2?Q4?r2E2?QQ4??0?rr2

r?R??qi?QD3?Q4?r2E3?4??0r2

（2）由电势定义式可得

u内??R?Q4??0?rr2rdr???Q4??0r2Rdr

35

?Q?11??? ????4??0?r?rR?4??0RQ ??1?r?1????

?4??0?r?rR?Qu外???Q4??0r2rdr?Q4??0r

（3）

u球??R?Q?QR4??dr?0?rr2?R?4??2dr

0r?Q?1Q

4????R?1?R????0?r4??0R?

?Q?4???1??r?1?0?r?RR???5-31 （1） D??E??0?rE?8.85?10?12?3?1.0?106

?2.66?10?5C?m?2 （2） ?0?D?2.66?10?5C?m?2

（3）

E?E0?E???0???? 0 ????120??0E?2.66?10?5?8.85?10??1.0?106

?1.78?10?5C?m?2

（4） E?02.66?10?56?10???.85?10?12?3.0?10V?m 08 E????1.78?10?5??.85?10?12?2.0?106V?m?1 085-32 设A、B两导体球分别带有电荷Q和-Q，则两球的电势差为

u?1QA?uB????4??a?1Q?4??????1Q?1Q?0L????4??0L4??0a???

0

?QQ2??0a?Q2??0L?2??0a

C?Qu?u?2??0a AB5-33 用导线连接二导体，这相当将电容C1和C2并联，此时等效电容和总电量分别为

C?C1?C2Q?c1u1?c2u2

根据电容C?Q/u，故联接二导体后它们的电势为

u?Q/C?C1u1?C2u2C1?C

2 这时电容C2上的电量为

Q??C2u?C22C(C1u1?C2u2) 1?C2 则由导体1流向导体2的电量为

?Q?Q??QC222?C(C1u1?C2u2)?C1u1 1?C2 36

?C1C2(u1?u2) C1?C25-34 （1）以任意半径r作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理可得：

??2?D?dS?D?4?r??qiD??qi,24?rE?D

?qi2?0?r?4??0?rr

当r?RR?r?a?qi?0D1?0E1?0

?qi?QD2?Q4?r2Q4?r2Q4?r2E2?Q4??0rQ2

a?r?b?qi?QD3?E3?4??0?rr2Q4??0r2r?b?qi?QD4?E4? （2）电势分布：

r?R

R??a??b?????u1??D?dr??E2?dr??E3?dr??E4?dr

rRab??b?QQdrQdrdr???a4??0?rr2?b4??0r2R4??r20a

Q??11?1?11?1???????????4??0??Ra??r?ab?b?Q?1(?r?1)(a?b)?????4??0?Rab?r??a

R?r?a

u2??r??b?????E2?dr??E3?dr??E4?dr

ab?

?Q??11?1?????4??0??ra??r?11?1???????ab?b?Q?1(?r?1)(b?a)????4??0?rab?r?

a?r?b

b?????u3??E3dr??E4?dr

rb

r?b

Q?1?11?1???????4??0??r?rb?b?

Q?1??1?????4??0?r?rb?????u4??E4?dr?r

Q4??0r

（3）这相当于内外半径分别为R与a的球形空气电容器C1与内外半径分别为a与b的球形介质电容器C2，二者相串联，其等效电容为

C?C1?C2C1?C2

其中C1?4??0Ra,a?RC2?4??0?rab b?a4??0?rRab

R(b?a)??rb(a?R)37

将C1、C2代入上式C?

5-35 （1）在介质中以任意半径r作圆柱体同轴的闭合圆柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可得

?D??dS??2?rlDl?l?

∴

D??D?2?rE??0??r2??? 0rr （2）设介质内表面上单位长度的极化电荷为???，则对上述高斯面应用高斯定理

?E?dS??2??2?rl?1(l??l??) 0?rr?0???1(????) 0?r?0??????1????1?? r??则介质内表面上的极化电荷面密度为

??????(?r?1)?内2?R?

12??rR2介质外表面上的极化电荷密度为

?外???R?(?r?1)?2 22??rR25-36 （1）设两电介质中的电位移和场强分别为D1、D2和E1、E2，两板板间的电势差

u?ED1d1D2d2?d1d2?1d1?E2d2???????0?r1?0?r?2??0?r? 1?0?r2? ∴ ??ud?u?0?r1?r21d

1?r2?r?0??d22?d1r1?0?r2则两介质中各点的能量体密度为

w11?22u2???22?1?10r1r21?.0?r1E21?2?.0?r1?2?2??2

012?.0?r22(d1?r2?d2?r1)2002?8.85?10?12?4?22

?2?(2?10?3?2?3?10?3?4)2

?1.11?10?2J?m?3w121?21?21u2??20?r1r22?2?.0?r2E2?2?.0?r2?22???2

0?r22.0?r22(d1?r2?d2?r1)?2002?8.85?10?12?2?42 2?(2?10?3?2?3?10?3?4)2

?2.22?10?2J?m?3 （2）

W1?w1d1S?1.11?10?2?2?10?3?40?10?4

?8.88?10?8J

W2?w2d2s?2.22?10?2?3?10?3?40?10?4

?2.66?10?7J

（3）

W?W1?W2?8.88?10?8?2.66?10?7?3.55?10?7J

5-37 （1）由高斯定理可求得电场分布

38

R1?r?R2E?Q4??

0r2

r?R1,E?0

r?R3

E?Q4??2

0r

R2?r?R3,E?0

整个电场储存的能量

W?WR2121?W2??2?2?1R10EdV??R?0EdV 32??R21Q?2R2?221Q1016?2?244?rdr?0r?R?016??4?r2dr322340r? ?Q2

8???111?0??R???1R2R3?? ?(3?10?8)2?11?8?3.14?8.85?10?12?1?2?10?2?4?10?2?5?10?2???1.82?10?4J （2）导体球壳接地，导体球壳外表面不带电，球壳外场强为零，这时电场的能量

W??R21R12V??R2?221R?Q0Ed12016?2?244?r2dr 0rQ2??8???0?11??R?1R?2??

(3?10?8)2??11?8?3.14?8.85?10?12??2?10?2?4?10?2?? ?1.01?10?4J

由W?1Q22C 得

Q2(3?10?8)2C?2W?2?1.01?10?4?4.46?10?12F 5-38 （1）平行板电容器抽出金属板后的电容为C?0S0?d，插入金属板时的电容为C??0S1d，当充电

1?d2到u?600V后拆去电源，然后抽出金属板，除金属板秘在位置外的空间场强不变，均为

E?ud?d?600?3?3?105V?m?1 12(3?1)?10 （2） 抽出金属板需作功

A?W1212?W1?2?0ESd1?2?0E2S(d1?d2)

?12?20ESd2 ?1

?8.85?10?12?(3?105)2?300?10?4?1.0?10?32 ?1.2?10?5J5-39 由高斯定理可求得带球体内、外的场强为（略）

E1rQ内?4?? 0R3E1外?Q4??2

0r 39

其电场所储存的能量

W?W1?W2??R0?1122?0E内dV???0E外dV R22222 ??R102?rQ2?1Q016?2?264?rdr?0R?R2?016?2?244?r2dr 0r

Q2Q23Q2?40???? 0R8??0R20??0R5-40 由于并联前后电量不变，所以有

C1u1?(C1?C2)u2

由此可得

CC1(u1?u2)100?(100?30)2?u??233PF 230能量减少为

??W?1C121u21?2(C1?C2)u22 ?1?100?10?12?1002?1(100?233)?10?12?30222?3.5?10?7J

第6章 稳恒磁场

6-1 由毕—沙定律dB????r?0Idl?4?r3可得

(a,o,o)点，dB???0Idl???0Idl?4?a2(j?i)??4?a2k

(o,a,o)点，dB???0Idl??4?a2(j?j)?0 (o,o,a)点，dB???0Idl???0Idl?4?a2(j?k)??4?a2i

(a,a,o)点，dB???0Idl4(2a)2(?j?a?0) ??0Idl?8?a2j?2????02Idl?2(i?j)?16?a2k

(a,o,c)点，dB???0Idl?4?(2a)2j?22(?i?k?) ??02Idl16?a2(?i?k?) 6-2 在X轴上P点的磁感应强度如图示，

可得

B??2B??i?2??0Id??0Id?1cos2?r?i?x2)i

1r1?(d2? 显然x=0处为B的最大值

习题6-2图

40

Bm??0I ?d6-3 解法（一）由直电流磁场公式

B??0I(sin?2?sin?2) 4?r可得A点的磁感（见图示）

习题6-3图

B??0I????0I34?asin60???sin?2?sin6???23?a?2

??03I4?a?10?1?3?202?10?3?1.73?10?3(T) B?的方向由右手定则知为垂直纸面向外。

解法（二） P点的磁感应强度大小为

B??0I4?b(cos?1?cos?2) b为场点P到载流直导线的垂直距离。 第1段载流直导线在A点产生的B1?0。 习题6.3图（2）

第2段载流直导线在A点产生的B2。 ? 1?60?,?2?180?b?asin60??3

2a则

B?0I2?4?b(cos60??cos180?) ??0I?3?03

4?32?I4?a2a习题

6.3图（3）

?1.73?10?3(T)B?B1?B2?1.73?10?3(T)

6-4

B?0I?0?2B1?B2?2?4?R?0Il4?R2 ??0L(2??)??0I?3?4?R4?R??2?4???

??0I16?R(8?3?) 方向垂直纸面向外。 6-5 （1）P点的磁感应强度为

B?B1?B2

??0NIR2??2????1R2?(a/2?x)2?3/2???1?R2?(a/2?x)2?3/2???

（2）据题设a?R，则P点的B为

41

B??0NIR2??2?22??R?(R/2?x)?1?3/2???? 223/2?R?(R/2?x)??1?令

u2?R2?(R/2?x)2,v2?R2?(R/2?x)2

则

B??0NIR2?121??3?3?

v??udB?0NIR2?1du1dv??(?3)?4?4? dx2?udxvdx? 当x=0时，u=v, ∴

dBdx?0

x?03?0NIR2?1(R/2?x)1(R/2?x)???d?4?4 1/21/2?2uuvv?? 这表明a=R, x=0处的o点磁场最为均匀。将上述条件代入B中，可得o点磁感

B0??0NIR22?2?8?0NI1?(R2?R2/4)3/255R

Ia6-6 在薄金属板上距边界O点为l处取一元电流dI，其宽度dl，见图示，则dI?dl此元电流在P点产生的磁感为

dB??0dI?Idl?0

2?(l?x)2?a(l?x)习题6-6图

故整个电流I在P点产生的磁感为

B??dB??0Iadl?0Ix?a?ln ?02?al?x2?aa?B的方向垂直平面向外。

6-7 在半球面上任意取一圆形元电流dI，如图所示，设此元电流半径为r，宽为 故dI?dl?Rd?，

2NI2NIdl?d??R?。dI对球心O的半张角为?，其中心与球心O相距为x，则r?Rsin?,x?Rcos?，

则此元电流dI在O点产生磁感为：

?0NI2r2dIdB??sin?d? 223/22(x?r)?R?0由此可得O点的磁感应强度

?0NI?/2B??dB?习题?6-7图 sin?d?

?R0

?B的方向沿

??0NI2?R??/20(1?cos2?)d???0NI4R

x轴线向右。

IIdl?d?，如图示，此元电流?R?6-8 在半圆形金属薄片上取一直元电流dI?dI在P点产生的磁感

dB??0dI?I?02d? 2?R2?R由对称性分析知，半圆柱面上的电流在P点产生的磁感为

B??dBcos???dBsin?

习题6-8图

??0I??0I?5sin?d???6.37?10T 22?02?R?R42

B?的方向沿

x轴向右。

6-9 在圆片上取一半径为r，宽为dr的细圆环，此圆环上的运流元电流为

dI?dq?dsT?2?/?

??2?rdr?2????rdr 它在x轴上P点产生的磁感为

dB??0r2dI?习题0??6-9图r3 dr2(r2?x2)3/2?2(r2?x2)3/2

在P点的磁感强度为

B??dB??20??Rr2dr4?0(r2?x2)3/2

??0???Rdr2Rdr2?4???0(r2?x2)1/2?x2?0(r2?x2)3/2??

??0???x24??2x2?R2?2x?2?2x??x2??R2?? ??0???2?2x2?R2??x2?R2?2x???? B?的方向沿x轴线向右。 6-10 （1）该圆环产生运流电流I?qT??2?R2?/????R，在轴线上距离环心x处产生的磁感为

B??0R2I?0R2??R2(R2?x2)3/2?2(R2?x2)3/2

??0?n?R3(R2?x2)3/2

B?的方向沿

x轴正向。

（2）此圆环的磁矩为

Pm?IS???R?R2?2?2n?R3

P?m的方向沿

x轴正向。

6-11 带电粒子作圆周运动在轨道中心产生的磁感强度为

B??0ev14?a2?10?.6?10?19?2.2?106?70.522?10?20?13T 其磁矩为

P2m??aI??a2??v??a2e2?av?aev2

0.52?10?10?1.6?10?19?2.2?106?2

?9.2?10?24A?m26-12 （1）通过abcd面的磁通量

?1?BS1?2?0.3?0.4?0.24Wb

（2）通过befc面的磁通量?2?0

（3）通过aefd面的磁通量

?3?BS2cos??2?0.3?0.5?0.40.5?0.24Wb

43

6-13 如图示，取坐标轴ox,在x处取一面元dS?l1dx，直电流I1产生的磁场穿过dS面的元磁通量为

???Ildxd??B?dS?011

2?x穿过该矩形面积的磁通量为

?1??d???l0?l2l0?0I1l1dx?0I1l1l0?l2?ln 2?x2?l0习题6-13图

由于I1?I2，且矩形处于二电流的中心对称位置，故穿过此矩形面积的磁通量为

??2?1??0I1l1l0?l2ln ?l00.1?0.2?2.2?10?6Wb 0.1 ?10?7?4?20?0.25?ln

6-14 穿过S面的磁通量为 ∵

B??0Ir (r?R) 2?R2???0Il???B?dS?2?R2?R0rdr??0Il 4? ?10?7?10?1?10?6Wb

6-15 （1）r?a，由安培环路定理可得

B12?r??0I2?r2?aB1??0Ir 22?a习题6-15图

（2）a?r?b

B22?r??0IB2??0I 2?r （3）b?r?c

?I?(r2?b2)?c2?r2B32?r??0?I??2?0I22?2?(c?b)?c?b? 22?I(c?r)B3?022?r(c?b2) （4）r?c,B4?0

6-16 （1）如图示，过P点作一半径为r的圆形回路，圆心为O，由安培环路定律可得

B2?r?u0NI,B??0NI 2?r 故绕线环内磁感强度B的大小与径向距离r成反比。 （2）通过矩形载面的磁通量为

习题6-16图

??r2?NI?NIr???d???B?dS??0hdr?0hln2r12?r2?r1

??0NIhln??2?10?7?1000?1.7?5?10?2?ln1.6 2??8?10?6Wb6-17 设有1、2无限大载流平面，各载有反向等值面电流K，如图，先计算载流平面1产生的磁感强

?度B1。根据对称性分析，P

?点B1的方向应平行于平面，方向向上（沿

Y轴），与P

??点对应的另一侧B1应

44

与B1等值反向，故过P点作矩形回路L1，如图示，由安培环路定理可得 ?L1???B1?dl??0Kab

即 B12ab??0Kab

???B1?0Kj

2这表明：无限大载流平面产生均匀磁场，与距离无关。 （1）二平面间P点的磁感应强度

载流平面（1）在P

??习题6-17图

点产生B1方向平行平面向上，载流平面（2）

在P点产生B2方向也平行平面向上，故P点的合磁感应强度为

????B?B1?B2??0Kj

（2）二平面之外空间的磁感应强度由分析可得

???B?B1?B2?0

6-18 内部具有空腔的载流柱体产生的磁场计算，通常采用挖补迭加法。即假定空腔部分通有等值而反向的均匀电流，其电流密度与实体部分的相同。这样取代的结果，其等价磁场分布即为均匀载流I1圆柱体（半径为R）和反向均匀载流I2的圆柱体（半径为r）二者磁场的迭加。本题实体部分的电流密度为J 为

???B?B1?B2

?I?(R2?r2)，故应假设空腔内通地?J。

??设载流I1的圆柱体产生的磁场为B1，载流I2的圆柱体产生的磁场为B2，则其在空间各点的磁场

（1）轴线O上的磁感强度

由于在I1的轴线上，故B1?0，而O轴在I2之外相距O?轴为a， 故得

B0?B2??0I2习题?（2?06-18J?ra）图 2?a2?a?0I?r2?0Ir2 ? ?2?a?(R2?r2)2?a(R2?r2)?B0的方向垂直

O轴向上（与I2方向形成右螺旋）。

（2）轴线O?上的磁感强度 因为B2?0，而O?在I2的轴线上，且OO??a?R，故

BO??B1??0I1?0a?02a?J?R?Ja

22?R22?R2?0Ia2?(R2?r2)

??0aI2?(R2?r2)?

?BO?的方向与I1构成右螺旋，故垂直O?向上。

P点的磁感强度：

???BP?B1?B2

由于I1和I2方向相反，P

???BB在O、O之左侧，故2与1反向，即

45

BP?B1?B2??0I1a?0I2? 22?R2?(2a)??0J??a?R2?r2?

2???R2?2a??? ??0I(2a2?r2)4?a(R2?r2)B?p方向垂直OO?联线向下。

（3）证明空腔内的磁场是均匀的。

在空腔内任取一点A，如图示，则二反向电流I1、I2在A点产生的磁场为

B???A?B1?B2

由于A点既在I1体内，又在I2体内，故

B??0?2r???0????1?(J1?1),B2?2J2?r2且J2??J1

习题6-18（b）图

∴

B??B???0???0??A1?B2?2(J1?r1)?2(J2?r2)

??0J????0??21?(r1?r2)?2(J1?a) 因为J?a??1?，故BA的大小为

B0?0IaA??2J1a?2?(R2?r2)为一恒量

B?的方向由J??A1?a定，即垂直OO?联线向上，这表明空腔内为均匀磁场。

6-19 （1）电流元所受磁力由按培定律df??Idl??B?可得

df1?BIdl1sin60??8.0?10?2?20?1?10?4?32

?1.39?10?4N,

df1方向垂直纸面向外。

df?206-19?1?图10 ?4?22?BIdl2sin135??8.0?10?2习题2

?1.13?10?4N

df2方向街纸面向里。

（2）直线电流在均匀磁场中受磁力为f?IBlsin?，因此

fab?IBlsin45??IB2R?2/2?IBR

?20?8.0?10?2?0.2?3.2?10?1N

fab方向垂直纸面向里，fcd??fab

（3）如图示，在圆弧上任取一电流元Idl，它所受到的磁力为

d?f?Id?l?B??IBsin??dlK?

由于bc

弧上所有电流元的d?f均指向K?。

∴

?f??IBsin?dlK?bc

?

?IRB??/2 0sin?d?K?IBRK??20?8?10?2?0.2K??3.0?10?1K? N?fbc方向垂直纸面向外，

fda??fbc

46

6-20 （1）导轨光滑，B垂直圈平面，故ab杆上所受磁场力为

f?IBl?50?0.5?1.0?25N

?f的方向垂直

?ab向右，故ab杆向右平移，欲保持杆静止，须加一等值反向的外力f???f0。

（2）导轨非光滑时，如电路平面与B正交，则杆ab受到摩擦力为fr??mg?0.6?1?9.8?5.88N，因为

?fr?f，故不能保持杆静止。欲要使杆静止，则B应与电路平面斜交，以减少

ab所受磁场力的水平分

杆上所受磁力的水

力f?，当fr???f?时，即达到平衡，设此时B与电路平面法线n的交角为?,见图示，ab

平分力为

f??fcos??IBlcos?

欲保持平衡，则要求

??f??fr??N?N?IBlsin??mg ∴ IBlco?s??(mg?IBsli?n)

B??mgIl(?sin??cos?)

习题6-20图

B是?的函数，由于B的分子为常数，欲使B值为极小值，则必须 满足极值条件

dd?(?sin??cos?)?1?0 即 ?cos??sin?,tg???

∴ ??tg?1??tg?10.6?31?

此时B的大小为

B0.6?1.0?9.8min?50?1.0?(0.6sin31??cos31?)?0.1T

故Bmin的方向必须向左倾斜31°。 6-21 （1）DC边所受磁力为

F?0I1I2b10?20?0.DC?I2B1b?2?d?2?10?7?20.01

?8?10?4N

F?DC方向垂直

DC向左。

EF边所受磁力为

FEF?I2B1b??0I1I2b2?(d?a)?2?10?710?20?0.2(0.01?0.09)?8?10?5N

F?EF的方向垂直

EF向右。

CE边所受磁力为

FCE??dF??II2d?adl2Bdl??0I12??dl 47

??0I1I2d?2?lnad?2?10?7?10?20?ln0.01?0.090.01

?9.2?10?5NF?CE方向垂直

CE向上。

DE边所受磁力为F?DE??F?CE

（2）线圈所受合力为

F??F??????DC?FEF?FDE?FCE?FDC?FEF

合力的大小为

F?F4DC?FEF?8?10??8?10?5?7.2?10?4N

合力F?的方向垂直

DC向左。

线圈所受磁力矩为

M???d?p?m?B

由于dP??m与B方向一致故

M=0。

6-22 （1）abc中电流I为顺时针方向，其中ab边所受磁力为

F3ab?IBlsin60??2?10?0.1?0.867N F?ab的方向垂直

ab指向纸外。

ac边所受磁力F??ac??Fab

Fac垂直纸面向里。

cb边电流与磁场平行，所以Fcb?0。 （2）线圈的磁矩为

P?IS?Il22sin60??32?m4Il,Pm方向垂直线圈平面向外，故线圈所受磁力矩为

M?P3mB?4Il2B

?34?10?0.12?1?4.33?10?2N?m 磁力矩M?的方向沿OO?轴向上。

（3）线圈转过?2角度过程中磁力矩作功

W?I???IBS?34IBl2 ?34?10?0.12?1?4.33?10?2J 6-23

在圆环左侧任取一电流元I?1dl，如图示，则该电流元所受电流I2的磁场力为

df?II1dl1dlB2??0I22?Rsin?

根据对称性，左半载流圆环所受磁力应为df1?dfsin?的 合力f左??df1??dfsina方向水平向右。同理可分析 右半环，其所受合力亦为f右??dfsin?方向亦水平向右，

习题6-23图

48

故

F合?f左?f右??dfsina???0I1I2??0I1I2 2?R?F的方向垂直

AB向右。

6-24 设边长为a，其侧视图如右图示，当处于平衡态时其磁力矩与重力矩平衡。三边电流可等效一闭合电流，其磁矩

Pm?Ia2

??Pm与B构成?角，故对水平轴的磁力矩为

M1?PmBsin??Ia2Bcos?

三个边的重力对水平轴的重力矩为

aM2?2mgsin??mgasin?2

?2amgsin?

习题6-24图

m为一个边的铜线质量，即m??Sa。由平衡条件M1?M2，即

Ia2Bcos??2amgsin?

B?

2mg2S?gtg??tg? IaI1??2?2?10?6?8.9?103?9.8?tg15? 10?9.3?10?3J

6-25 题设圆柱体半径为R，长为l，其侧视图如右图，欲使圆柱体静止，其所受磁力矩与重力矩等值反向。圆柱上的载流线圈的磁矩

Pm?NI2RL

方向如图示。

故所受磁力矩为

M1?PmBsin??NI2RLBsin?

此圆柱体的重力矩为 平衡条件M1?M2，即

M2?mgRsin?

习题6-25图

NI2RLBsin??mgRsin?

∴ I?mg 2NLB6-26 在圆环盘面上距圆心O为r处取一宽为dr的细圆环，如图示，当盘转动时，细圆环上形成圆形运流电流

dI?dq?ds?2?rdr??????rdr 2?T2?

?又∵

q

?(R2?a2)dI?q?rdr 22?(R?a)习题6-26图

∴

（1）环心O的磁感强度为

B0??dB??

?0dI2r??R?0q?2?(R2?a2)adr??0q?(R?a)

2?(R2?a2)49

盘面向外。

???0q? B0方向垂直

2?(R?a) （2）环盘受到的磁力矩为

?Pm为环盘的等效磁矩，其大小为

???M?Pm?B

Pm???r2dI??Pm的方向由右手定则判定垂直盘面向外。

Rq?q?232rdr?(R?a) 22?a4R?a ∴ M?PmBsin?2?q?B2(R?a2) 4?M的方向过O点竖直向上。

6-27 （1）如图示，电子束e由南（S）向北（N）运动，即其速度v指向N。地磁场垂直分量垂直纸面向里，故电子束受到的洛仑兹力f漂移（偏转）。

（2）电子在洛仑兹力作用下作圆周运动，半径R?mVeB?????eV?B,使电子作顺时针向的圆周运动，因此电子束向东（E）

其向心加速度为

mV2mV?eVB?半径R?ReB其向心加速度

V2eBVeBpa???2Rmm

习题6-27图

p?mV为电子的动量，它与电子的动能EK的关系为∴p?2mEK

∴

eBeB2EK1.6?10?19?5.5?10?5a?22mEK?mmm9.1?10?31?6.2?1014ms?2

2?1.22?104?1.6?10?199.1?10?31

（3）当电子沿管轴方向通过d=0.2m时，设此时电子偏转为x（见图示）。电子作圆周运动的半径R为

R?mV1?2mEKeBeB

由图示可知d?Rsina

?2?9.1?10?31?1.2?104?1.6?10?19?6.7m

1.6?10?19?5.5?10?5x?R(1?cos?)?R(1?1?sin2?)

6-28 由题设

?R1?1?(d/R)2??6.71?1?(0.2/6.7)??2??2.98?10?3m

????F?eV?B?e(VxBy?VyBx)K

???1.6?10?19(?2?0.15?3?0.03)?106K??14?6.24?10K(N)

6-29 由题设质子沿x,y轴的速度分量分别为Vx?2?106m?s?1,Vy?3?106m?s?1，故质子作螺旋运动的半径为

50

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